Zbirka Zadataka Iz Elektronike.pdf

UNIVERZITET U BEOGRADU FIZIČKI FAKULTET

Mr Stevan Stojadinović

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

BEOGRAD, 2001.

PREDGOVOR Ova zbirka sadrži zadatke iz gradiva koje se predaje u toku zimskog semestra studentima treće godine Fizičkog fakulteta u Beogradu u okviru predmeta Elektronika ( Opšta fzika ), Fizička elektronika ( Teorijska i eksperimentalna fizika ) i Elektronska kola i sistemi ( Primenjena fizika i Fizika i osnove tehnike ), sa fondom od dva časa nedeljno. Zbirka sadrži 64 zadatka koji su detaljno rešeni. Zadaci su podeljeni u šest poglavlja i to: Metodi teorije električnih kola, Laplasove transformacije, Tranzistori, Diferencijalni pojačavač, Operacioni pojačavač i Digitalna elektronika. Svako poglavlje sadrži uvod sa kratkim teorijskim objašnjenjem osnovnih pojmova vezanim za dato poglavlje. Autor se zahvaljuje recenzentima Prof. Dr Aleksandru Stamatoviću i Prof. Dr Ljubiši Zekoviću. Prof. Dr Aleksandar Stamatović je nizom korisnih sugestija doprineo da delovi ovog teksta budu jasniji.

Beograd, 2001.

AUTOR

SADRŽAJ

1. METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA..........................................................1 2. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE....................................................................24 3. TRANZISTORI.....................................................................................................46 4. DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ.......................................................................77 5. OPERACIONI POJAČAVAČ...............................................................................89 6. DIGITALNA ELEKTRONIKA..........................................................................101 7. LITERATURA....................................................................................................122

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

1. METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA Električno kolo je sistem koji se sastoji od aktivnih elektronskih elemenata (npr. tranzistora), pasivnih elektronskih elemenata (otpora, kapaciteta i induktiviteta) i spoljnih električnih izvora koji služe kao izvori energije. Pri analizi električnih kola uvode se pretpostavke vezane za idealizaciju elektronskih elemenata koji čine električno kolo. Električna kola sa elementima koji imaju tačno definisane osobine u ograničenom i jasno definisanom delu prostora, nazivaju se kola sa koncetrisanim parametrima. Ovakva kola se mogu analizirati kao sistem fizički odvojenih otpora, kapaciteta i induktiviteta. Ona približno opisuju realno stanje električnog kola na niskim učestanostima i koriste se zato što uprošćavaju fizičku sliku procesa u kolu i matematički aparat za analizu kola. NAPONSKI I STRUJNI IZVORI Idealni naponski izvor opisuje se naponom čija vrednost i talasni oblik ne zavisi od struje koja kroz njega protiče. Mogu biti jednosmerni naponski izvori (slika 1.a) ili naizmenični naponski izvori (slika 1.b).

Idealni strujni izvor opisuje se strujom čiji intenzitet i talasni oblik ne zavisi od napona koji vlada na njegovim krajevima. Mogu biti jednosmerni strujni izvori (slika 2.a) ili naizmenični strujni izvori (slika 2.b).

1

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Realni naponski i strujni izvori razlikuju se od idealnih pošto kod njih postoje unutrašnji gubici energije. Realni naponski izvor se aproksimira idealnim naponskim izvorom vezanim u seriju sa otporom, a realni strujni izvor se aproksimira idealnim strujnim izvorom vezanim u paraleli sa otporom. Realni naponski i strujni izvori su ekvivalentni (slika 3).

PASIVNI ELEKTRONSKI ELEMENTI Na slici 4 prikazana su tri idealna pasivna elementa: otpor R, kapacitet C i induktivitet L.

Između napona na ovim elementima i struja koje kroz njih protiču postoje relacije:

v R = Ri R vL = L vC =

di L dt

1 i Cdt C∫

iR =

vR = Gv R R

iL =

1 v Ldt L∫

iC = C

dvC dt

KIRHOFOVI ZAKONI Na slici 5 je prikazano složeno električno kolo. Blokovi sa brojevima od 1 do 6 predstavljaju elemente kola (otpore, kapacitete, induktivitete ili izvore). A, B, C, i D su čvorovi. Svaki deo kola između dva susedna čvora naziva se grana, a zatvoren put čiji je

2

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

polazni i krajni čvor isti predstavlja konturu (petlju). Matematičko opisivanje složenih sistema vrši se pomoću Kirhofovih zakona o naponima i strujama.

1) Kirhofov zakon o strujama: Algerbarski zbir struja u bilo kom čvoru električnog kola u svakom trenutku jednak je nuli. Kod primene ovog zakona struje koje utiču u čvor imaju znak plus, a koje ističu znak minus. Primenom Kirhofovog zakona o strujama na čvor A kola sa slike 5 može se napisati sledeća jednačina: − i 2 − i3 + i 4 = 0 2) Kirhofov zakon o naponima: Algerbarski zbir elektromotornih sila i padova napona u zatvorenoj električnoj konturi u svakom trenutku jednak je nuli. Kod primene ovog zakona elektromotorne sile se uzimaju sa znakom plus ako se kod ophoda konture prolazi kroz električni izvor od minusa ka plusu, a padovi napona na pasivnim elementima su pozitivni ako je smer ophoda konture suprotan smeru proticanja struje. Primenom Kirhofovog zakona o naponima na konturu ABCA kola sa slike 5 može se napisati sledeća jednačina: − v 2 + v1 + v3 = 0 Ako je broj čvorova u kolu N1, a broj grana N2, tada je broj nepoznatih struja jednak je broju grana. Primenjujući Kirhofove zakone na sve čvorove i sve zatvorene putanje u kolu, dobija se veći broj jednačina nego što je potrebno. Pri tome su neke jednačine posledica ostalih. Da bi se dobilo N 2 nezavisnih jednačina, koliko ima nepoznatih struja, treba Kirhofov zakon o strujama primeniti na N1 − 1 čvor, a ostale jednačine se dobijaju primenom Kirhofovog zakona o naponima na N 2 − ( N1 − 1) zatvorene putanje u kolu koje se razlikuju bar po jednoj grani. Za matematičko opisivanje većine složenih kola potrebno je korišćenje oba Kirhofova zakona. Međutim, u mnogim slučajevima primena metoda i teorema iz teorije električnih kola uprošćava postavljen zadatak. 3

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

1.1) Za kolo sa slike 1.1 odrediti struje svih grana primenom metode konturnih struja. Poznato je: V1=6V, V2=3V, V3=12V, V4=6V, V5=2V, R1=300Ω, R2=100Ω, R3=200Ω, R4=300Ω, R5=200Ω, R6=100Ω, R7=200Ω.

Rešenje: Metod konturnih struja primenjuje se kod kola sa naponskim izvorima. Ovom metodom određuju se struje primenom Kirhofovog zakona o naponima. Prilikom odabira kontura treba voditi računa da svaka odabrana kontura sadrži barem jednu granu po kojoj se ona razlikuje od ostalih kontura. Ukupan broj kontura koje treba odabrati, odnosno ukupan broj jednačina koje treba napisati metodom konturnih struja je: N = N 2 − ( N1 − 1) , gde je: N 2 - broj grana u kolu, N1 - broj čvorova u kolu, N - broj jednačina.

U kolu na slici 1.1.1 su uočene tri konture numerisane sa indeksima I (kontura - ADBA), II (kontura - ACDA) i III (kontura - BCAB) sa konturnim strujama II, III i IIII respektivno. Primenom Kirhofovog zakona o naponima na konture I, II i III mogu se napisati sledeće jednačine: 4

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Za konturu I: V1 − V2 − V3 − (R 2 + R 7 )I I − R 4 (I I − I II ) − R1 (I I − I III ) = 0

(1.1.1)

Za konturu II: V3 + V4 − R 6 I II − R 4 (I II − I I ) − R 5 (I II − I III ) = 0

(1.1.2)

Za konturu III: V5 − R 3I III − R1 (I III − I I ) − R 5 (I III − I II ) = 0

(1.1.3)

Posle sređivanja ove jednačine postaju: (R1 + R 2 + R 4 + R 7 )I I − R 4I II − R1I III = V1 − V2 − V3 − R 4 I I + (R 4 + R 5 + R 6 )I II − R 5I III = V3 + V4

(1.1.4)

− R1I I − R 5I II + (R1 + R 3 + R 5 )I III = V5 odnosno: R I, I I I + R I, III II + R I, IIII III = VI R II, I I I + R II, III II + R II, IIII III = VII

(1.1.5)

R III, I I I + R III, III II + R III, IIII III = VIII gde je: R I,I = R 1 + R 2 + R 4 + R 7 , R II,II = R 4 + R 5 + R 6 , R III,III = R 1 + R 3 + R 5 R I,II = R II,I = −R 4 , R I,III = R III,I = −R 1 , R II,III = R III,II = −R 5 VI = V1 − V2 − V3 , VII = V3 + V4 , VIII = V5 Otpornost R ij za i = j (i, j = I, II, III) predstavlja sopstvenu otpornost pojedinih kontura. Otpornost R ij za i ≠ j (i, j = I, II, III) predstavlja zajedničku otpornost i-te i j-te konture uzetu sa negativnim znakom. Elektromotorna sila Vi (i, = I, II, III) predstavlja sumu elektromotornih sila za datu konturu. U matričnom obliku predhodni sistem jednačina izgleda: R I,I R I,II R I,III  I I  VI        R II,I R II,II R II,III  . I II  = VII  R  I  V   III,I R III,II R III,III   III   III 

(1.1.6)

ili kraće [R ] ⋅ [I] = [V ] , gde je: R I,I R I,II R I,III    [R ] = R II,I R II,II R II,III  , [I] =  R  III,I R III,II R III,III 

I I  I  , [V ] =  II  I III 

VI  V   II  VIII  5

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Matrica [R ] je matrica sistema. Ova matrica je simetrična u odnosu na glavnu dijagonalu. Na glavnoj dijagonali nalaze se elementi koji predstavljaju sopstvene otpornosti pojedinih kontura, a na mestima R ij ( i ≠ j ) elementi koji predstavljaju zajedničke otpornosti i-te i j-te konture uzete sa negativnim znakom. Matrice [V ] i [I] su matrice kolona. [V ] je matrica pobuda, a [I] matrica konturnih struja. Rešavanjem sistema jednačina (1.1.4) dobija se: I I = 0,01A , I II = 0,04A , I III = 0,02A

Sa slike 1.1.2 se vidi da je: Struja kroz granu BA: I1 = I I − I III = −0,01A Struja kroz granu DB: I 2 = I I = 0,01A Struja kroz granu BC: I3 = I III = 0,02A Struja kroz granu AD: I 4 = I I − I II = −0,03A Struja kroz granu AC: I5 = I II − I III = 0,02A Struja kroz granu CD: I6 = I II = 0,04A Jednačine konturnih struja su izvedene polazeći od jednačina koje su napisane primenom Kirhofovog zakona o naponima. Prednost metode konturnih struja je u tome što se umesto pisanja šest jednačina sa šest nepoznatih struja grana, primenom Kirhofovih zakona, pišu tri jednačine za konture I, II i III. Rešavanjem ovih jednačina dobijaju se konturne struje II, III i IIII koje su i struje u granama po kojima se pojedine konture međusobno razlikuju (struje I2, I3 i I6 ), dok se struje u ostalim granama dobijaju iz jednačina konturnih struja. 6

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

1.2) Za kolo sa slike 1.2 izračunati struje svih grana primenom metode napona čvorova. Poznato je: I1=0,2A, I2=0,1A, R1=200Ω, R2=100Ω, R3=300Ω , R4=100Ω, R5=200Ω.

Rešenje: Metod napona čvorova primenjuje se kod kola sa strujnim izvorima. Ovom metodom određuju se naponi između pojedinih čvorova u kolu i jednog proizvoljnog referentnog čvora koristeći Kirhofov zakon o strujama. Za referentni čvor najpogodnije je uzeti čvor koji je granama spojen sa najvećim brojem čvorova. Tada se najveći broj od traženih struja dobija neposredno iz napona čvorova. Ukupan broj jednačina koje treba napisati metodom napona čvorova je: N = N1 − 1 , gde je: N1 - broj čvorova u kolu, N - broj jednačina.

Kao referentni čvor u kolu na slici 1.2.1 uzet je čvor IV. Primenom Kirhofovog zakona o strujama za čvorove I, II i III mogu se napisati sledeće jednačine: Za čvor I: I1 + I 2 −

1 1 VI − (VI − VII ) = 0 R1 R4

(1.2.1)

Za čvor II: −

1 1 1 VII − (VII − VI ) − (VII − VIII ) = 0 R2 R4 R5

(1.2.2)

7

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Za čvor III: − I2 −

1 1 VIII − (VIII − VII ) = 0 R3 R5

(1.2.3)

Posle sređivanja ove jednačine postaju: (

1 1 1 + )VI − VII + 0 ⋅ VIII = I1 + I 2 R1 R 4 R4

−

1 1 1 1 1 VI + ( + + )VII − VIII = 0 R4 R 2 R 4 R5 R5

0 ⋅ VI −

(1.2.4)

1 1 1 VII + ( + )VIII = −I 2 R5 R3 R5

odnosno: G I, I VI + G I, IIVII + G I, IIIVIII = I I G II, I VI + G II, IIVII + G II, IIIVIII = I II

(1.2.5)

G III, I VI + G III, IIVII + G III, IIIVIII = I III gde je: G I, I =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + , G II, II = = + + , G III, III = = + , R I, I R1 R 4 R II, II R 2 R 4 R 5 R III, III R 3 R 5

G I, II = G II, I =

1 1 1 1 1 = = 0, = =− , G I, III = G III, I = R I, II R II, I R4 R I, III R III, I

G II, III = G III, II =

1 R II, III

=

1 R III, II

=−

1 R5

I I = I1 + I 2 , I II = 0 , I III = −I 2 Provodnost G ij =

1 za i = j (i, j = I, II, III) predstavlja sopstvenu provodnost pojedinih R ij

čvorova. Provodnost G ij =

1 za i ≠ j (i, j = I, II, III) predstavlja zajedničku provodnost i-tog i j-tog R ij

čvora uzetu sa negativnim znakom. Struja Ii (i = I, II, III) predstavlja sumu struja svih strujnih izvora vezanih za odgovarajući čvor . U matričnom obliku predhodni sistem jednačina izgleda:

8

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

G I, I G I, II G I, III  VI  I I        G II, I G II, II G II, III  . VII  = I II  G  V  I   III, I G III, II G III, III   III   III 

(1.2.6)

ili kraće [G ] ⋅ [V ] = [I] , gde je: G I, I G I, II G I, III    [G ] = G II,I G II,II G II,III  , [V] = G   III, I G III, II G III, III 

VI  V  , [I] =  II  VIII 

I I  I   II  I III 

Matrica [G ] je matrica sistema. Ova matrica je simetrična u odnosu na glavnu dijagonalu. Na glavnoj dijagonali nalaze se elementi koji predstavljaju sopstvene provodnosti pojedinih čvorova, a na mestima G ij ( i ≠ j ) elementi koji predstavljaju zajedničke provodnosti i-tog i j-tog čvora uzete sa negativnim znakom. Matrice [V ] i [I] su matrice kolona. [I] je matrica pobuda, a [V ] matrica napona između čvorova. Rešavanjem sistema jednačina (1.2.4) dobija se: VI = 26,1V , VII = 9,1V , VIII = −6,5V

Sa slike 1.2.2 se vidi da je: Struja kroz granu I-IV: I I =

VI = 0,131A R1

Struja kroz granu II-IV: I II =

VII = 0,091A R2

Struja kroz granu III-IV: I III = Struja kroz granu I-II: I I, II =

VIII = −0,022A R3

VI − VII = 0,17 A R4

Struja kroz granu II-III: I II, III =

VII − VIII = 0,078A R5 9

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

1.3) Izračunati struje kroz otpornike R 2 i R 5 u kolu sa slike 1.3: a) metodom konturnih struja b) metodom napona čvorova Poznato je: V1=12V, V2=16V, I3=0,2A, R1=100Ω, R2=200Ω, R3=100Ω, R4=200Ω, R5=300Ω, R6=100Ω.

Rešenje: a) Ako se strujni izvor zameni ekvivalentnim naponskim izvorom kolo sa slike 1.3 postaje:

gde je: V3 = R 6 I3 = 20V Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.3.1 dobija se: (R1 + R 2 )I I − R 2I II = V1 − R 2 I I + (R 2 + R 3 + R 4 )I II − R 4 I III = V2

(1.3.1)

− R 4 I II + (R 4 + R 5 + R 6 )I III = −(V2 + V3 ) Rešavanjem sistema jednačina (1.3.1) dobija se: I I = 0,067A , I II = 0,04A, I III = −0,047 A Struje kroz otpornike R 2 i R 5 su: I R 2 = I I − I II = 0,027 A I R 5 = I III = −0,047A b) Ako se naponski izvori zamene ekvivalentnim strujnim izvorima kolo sa slike 1.3 postaje: 10

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

gde je: I1 =

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

V1 V = 0,12A , I 2 = 2 = 0,08A R1 R4

Primenom metode napona čvorova na kolo sa slike 1.3.2 dobija se: (

1 1 1 1 + + )VI − VII = I1 R1 R 2 R 3 R3

−

1 1 1 1 1 VI + ( + + )VII − VIII = − I 2 R3 R3 R 4 R5 R5

−

1 1 1 VII + ( + )VIII = I3 R5 R5 R6

(1.3.2)

Rešavanjem sistema jednačina (1.3.2) dobija se: VI = 5,333V , VII = 1,333V , VIII = 15,333V Struje kroz otpornike R 2 i R 5 su: IR 2 =

VI = 0,027A R2

IR 5 =

VII − VIII = −0,047A R5

1.4) Za kolo sa slike 1.4 odrediti struju kroz potrošač RP koristeći Tevenenovu teoremu i princip superpozicije. Poznato je: V1=28V, V2=6V, R1=200Ω, R2=100Ω, R3=200Ω, R4=300Ω, R5=100Ω, RP=200Ω.

11

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Rešenje: Prema Tevenenovoj teoremi svaka dva kraja linearnog kola sa proizvoljnim brojem naponskih izvora i impedansi mogu se svesti na kolo sa jednim naponskim izvorom vezanim u seriju sa impedansom. Naponski izvor je jednak naponu na krajevima kola kada je kolo otvoreno, a serijska impedansa jednaka je ukupnoj impedansi, pod uslovom da su svi naponski izvori koji deluju u kolu kratko vezani. Prema Tevenenovoj teoremi kolo sa slike 1.4 levo od tačaka a i b može se zameniti ekvivalentnim naponskim izvorom VTh vezanim u seriju sa ekvivalentnom otpornošću R Th (slika 1.4.1).

Da bi odredili otpornost RTh umesto naponskih izvora V1 i V2 treba staviti kratku vezu (slika 1.4.2).

Ekvivalentna Tevenenova otpornost RTh je: R Th = [(R1 || R 2 ) + R 3 + R 5 ] || R 4 = 165Ω

(1.4.1)

Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor izračunava se metodom superpozicije: VTh = VT |V1 = 0 + VT |V2 = 0

(1.4.2)

Za V1 = 0 kolo sa slike 1.4 levo od tačaka a i b izgled kao kolo na slici 1.4.3.

12

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.4.3 dobija se: I=

V2 R1 || R 2 + R 3 + R 4 + R 5

(1.4.3)

Tada je: VTh |V1 = 0 = R 4 I − V2 = −

R1 || R 2 + R 3 + R 5 V2 = −3,3V R1 || R 2 + R 3 + R 4 + R 5

(1.4.4)

Za V2 = 0 kolo sa slike 1.4 levo od tačaka a i b izgled kao kolo na slici 1.4.4.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.4.4 dobija se: (R1 + R 2 )I1 − R 2I 2 = V1

(1.4.5)

− R 2 I1 + (R 2 + R 3 + R 4 + R 5 )I 2 = 0

(1.4.6)

Eliminacijom struje I1 iz jednačina (1.4.5) i (1.4.6) dobija se: I2 =

R2 V1 R1 ( R 2 + R 3 + R 4 + R 5 ) + R 2 ( R 3 + R 4 + R 5 )

(1.4.7)

Tada je: VTh |V2 = 0 = I 2 R 4 =

R 2R 4 V1 = 4,2V R1 ( R 2 + R 3 + R 4 + R 5 ) + R 2 ( R 3 + R 4 + R 5 )

(1.4.8)

Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor je: VTh = VTh |V1 = 0 + VTh |V2 = 0 = 0,9V

(1.4.9)

Struja kroz potrošač R P je prema slici 1.4.1: IP =

VT = 2,466 ⋅ 10−3 A RP + RT

(1.4.10)

1.5) Za kolo sa slike 1.5 odrediti struju kroz potrošač RP koristeći Tevenenovu teoremu i princip superpozicije. Poznato je: V=16V, I=0,002A, R1=150Ω, R2=150Ω, R3=100Ω, R4=150Ω, R5=100Ω, R6=200Ω, RP=300Ω.

13

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Rešenje: Da bi odredili otpornost RTh prema Tevenenovoj teoremi umesto naponskog izvora V treba staviti kratku vezu, a umesto strujnog izvora I otvorenu vezu (slika 1.5.1).

Ekvivalentna Tevenenova otpornost RTh je: R Th = [(R 2 + R 3 ) || R1 + R 4 ] || (R 5 + R 6 ) = 134,5Ω

(1.5.1)

Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor izračunava se metodom superpozicije: VTh = VTh |V = 0 + VTh |I = 0

(1.5.2)

Za V = 0 kolo sa slike 1.5 levo od tačaka a i b izgled kao kolo na slici 1.5.2.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.5.2 dobija se: (R1 + R 2 + R 3 )I1 − R 2 I 2 − R 3I3 = 0

(1.5.3)

− R 2 I1 + (R 2 + R 4 + R 5 )I 2 = 0

(1.5.4)

− R 3I1 + (R 3 + R 6 )I3 = 0

(1.5.5)

Eliminacijom I1 iz jednačina (1.5.4) i (1.5.5) dobija se:

14

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

R 3 ( R 2 + R 4 + R 5 ) I 2 = R 2 ( R 3 + R 6 ) I3

(1.5.6)

Kako je: I = I3 − I 2

(1.5.7)

iz jednačina (1.5.6) i (1.5.7) dobija se: I2 =

R 2 (R 3 + R 6 ) I R 3 (R 4 + R 5 ) − R 2R 6

(1.5.8)

I3 =

R 3 (R 2 + R 4 + R 5 ) I R 3 (R 4 + R 5 ) − R 2R 6

(1.5.9)

Tada je: VTh |V = 0 = R 5I 2 + R 6 I3 = −5V

(1.5.10)

Za I = 0 kolo sa slike 1.5 levo od tačaka a i b izgled kao kolo na slici 1.5.3.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.5.3 dobija se: (R1 + R 2 + R 3 )I1 − (R 2 + R 3 )I 2 = V

(1.5.11)

− (R 2 + R 3 )I1 + (R 2 + R 3 + R 4 + R 5 + R 6 )I 2 = 0

(1.5.12)

Eliminacijom struje I1 iz jednačina (1.5.11) i (1.5.12) dobija se: I2 =

R 2 + R3 V R1 (R 2 + R 3 + R 4 + R 5 + R 6 ) + (R 2 + R 3 )(R 4 + R 5 + R 6 )

(1.5.13)

Tada je: VTh |I = 0 = (R 5 + R 6 )I 2 = 5,5V

(1.5.14)

Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor je: VTh = VTh |V1 = 0 + VTh |V2 = 0 = 0,5V

(1.5.15)

Prema Tevenenovoj teoremi kolo sa slike 1.5 može se prikazati kolom na slici 1.5.4.

15

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Struja kroz potrošač R P je: IP =

VTh = 1,15 ⋅ 10−3 A RP + RT

(1.5.16)

1.6) Odrediti zakon promene napona na kondezatoru C u kolu sa slike 1.6 posle otvaranja prekidača S. Pretpostaviti da je prekidač dovoljno vremena bio zatvoren tako da se u kolu uspostavio ustaljen režim.

Rešenje: Pošto je pre otvaranja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, struja kroz kondezator i C = 0 , pa je napon na kondezatoru neposredno pre otvaranja prekidača: vC ( t = 0− ) = V

R3 R1 + R 3

(1.6.1)

Prilikom otvaranja prekidača S napon na kondezatoru se ne menja trenutno, odnosno: vC ( t = 0+ ) = vC ( t = 0− ) = V

R3 R1 + R 3

(1.6.2)

Posle otvaranja prekidača S kolo sa slike 1.6 izgleda kao kolo na slici 1.6.1.

Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.6.1 dobija se: (R1 + R 2 )i + vC = V

(1.6.3)

Kako su struja i napon na kondezatoru vezani relacijom: i=C

dvC dt

(1.6.4)

16

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

jednačina (1.6.3) može se napisati u obliku: ( R1 + R 2 ) C

dv C + vC = V dt

(1.6.5)

Jednačina (1.6.5) je nehomogena linearna diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijentima. Rešenje ove jednačine jednako je zbiru opšteg rešenja homogene jednačine: ( R1 + R 2 ) C

dv C + vC = 0 dt

(1.6.6)

i jednog partikularnog rešenja nehomogene jednačine (1.6.5). Opšte rešenje homogene jednačine (1.6.6) određuje slobodan režima, koji zavisi samo od električnih osobina kola, a ne i karaktera izvora koji se nalazi u kolu, i oblika je: v Ch ( t ) = Ae

−

t τ

(1.6.7)

gde je τ = (R1 + R 2 )C vremenska konstanta kola. Partikularno rešenje nehomogene jednačine (1.6.5) određuje ustaljen režim u kolu, koji zavisi od karaktera izvora koji u njemu deluje, i oblika je: vCp = V

(1.6.8)

Opšte rešenje jednačine (1.6.5) je: v C ( t ) = v Ch ( t ) + vCp = Ae

−

t τ

+V

(1.6.9)

Konstanta A se određuje iz početnih uslova. U trenutku otvaranja prekidača napon na kondezatoru dat je jednačinom (1.6.2), pa je: vC ( t = 0+ ) = V

R3 = A+V R1 + R 3

(1.6.10)

odnosno: A=−

R1 R1 + R 3

(1.6.11)

Zakon promene napona na kondezatoru C posle otvaranja prekidača S je: t  −  R1  τ v C ( t ) = V 1 − e  + R R   1 3  

(1.6.12)

1.7) Odrediti zakon promene napona na otporniku R3 u kolu sa slike 1.7 posle zatvaranja prekidača

S.

Napon

na

kondezatoru

u

trenutku

zatvaranja

prekidača

S

je

vC ( t = 0+ ) = VC = const. 17

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Rešenje: Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 1.7 izgleda kao kolo na slici 1.7.1.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.7.1 dobija se: (R1 + R 2 )i1 − R 2i 2 = V

(1.7.1)

− R 2i1 + (R 2 + R 3 )i 2 = − v C

(1.7.2)

Eliminacijom struje i1 iz jednačina (1.7.1) i (1.7.2) dobija se: R1R 2 + R1R 3 + R 2 R 3 R2 i 2 + vC = V R1 + R 2 R1 + R 2

(1.7.3)

Kako je struja i 2 povezana sa naponom na kondezatoru relacijom: i2 = C

dvC dt

(1.7.4)

jednačina (1.7.3) postaje: C(R1R 2 + R1R 3 + R 2 R 3 ) dvC R2 ⋅ + vC = V R1 + R 2 dt R1 + R 2

(1.7.5)

Rešenje nehomogene linearne diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentima (1.7.5) je: vC ( t ) = Ae

−

t τ

+

R2 V R1 + R 2

(1.7.6)

18

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

gde je τ =

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

C(R1R 2 + R1R 3 + R 2R 3 ) vremenska konstanta kola. R1 + R 2

Konstanta A se određuje iz početnih uslova. U trenutku zatvaranja prekidača napon na kondezatoru je v C ( t = 0+ ) = VC , pa je: VC = A +

R2 V R1 + R 2

(1.7.7)

R2 V R1 + R 2

(1.7.8)

odnosno: A = VC −

Zakon promene napona na kondezatoru C posle zatvaranja prekidača S je: t

  − R2 R2 v C ( t ) =  VC − V e τ + V R R R R + + 1 2 1 2  

(1.7.9)

Zakon promene napona na otporniku R 3 je: t

 − dv R2  1  v o ( t ) = R 3i 2 = R 3C C = R 3C −  VC − V e τ dt R1 + R 2   τ 

(1.7.10)

odnosno: t

 R2  − ( R1 + R 2 ) R 3  vo ( t ) = V − VC e τ R1R 2 + R1R 3 + R 2 R 3  R1 + R 2 

(1.7.11)

1.8) Odrediti zakon promene struje kroz otpornik R2 u kola sa slike 1.8 posle zatvaranja prekidača S. Pretpostaviti da je pre zatvaranja prekidača u kolu vladao ustaljeni režim.

Rešenje: Pošto je pre zatvaranja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, napon na zavojnici je v L = 0 , pa je struja kroz zavojnicu neposredno pre otvaranja prekidača: i L ( t = 0− ) =

V R1

(1.8.1)

19

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Prilikom otvaranja prekidača S struja kroz zavojnicu se ne menja trenutno, odnosno: i L ( t = 0+ ) = i L ( t = 0− ) =

V R1

(1.8.2)

Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 1.8 izgleda kao kolo na slici 1.8.1.

Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.8.1 dobija se: v L + (R1 || R 2 )i L = V

(1.8.3)

Kako su struja i napon na zavojnici vezani relacijom: vL = L

di L dt

(1.8.4)

jednačina (1.8.3) postaje: L di V ⋅ L + iL = R1 || R 2 dt R1 || R 2

(1.8.5)

Rešenje nehomogene linearne diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentima (1.8.5) je: i L ( t ) = Ae− γt + gde je γ =

V (R1 || R 2 )

(1.8.6)

R1 || R 2 . L

Konstanta A se određuje iz početnih uslova. U trenutku zatvaranja prekidača struja kroz zavojnicu je data jednačinom (1.8.2), pa je: V V = A+ R1 R1 || R 2

(1.8.7)

odnosno:  1 R1 + R 2  V  = − A = V − R1R 2  R2  R1

(1.8.8)

Zakon promene struje kroz zavojnicu je:

20

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

i L (t) =

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

V V − γt − ⋅e R 1 || R 2 R 2

(1.8.9)

Sa slike 1.8.1 se vidi da je: i L ( t ) = i R1 ( t ) + i R 2 ( t ) R 1i R1 = R 2 i R 2

(1.8.10) (1.8.11

Zakon promene struje kroz otpornik R2 je : iR 2 (t) =

 R1 V  R1 1 − iL (t) = e − γt  R1 + R 2 R 2  R1 + R 2 

(1.8.12)

1.9) Odrediti zakon promene napona na zavojnici L2 u kola sa slike 1.9 posle zatvaranja prekidača S.

Rešenje: Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 1.9 izgleda kao kolo na slici 1.9.1.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.9.1 dobija se: R 1i1 + L1 − L1

di1 di − L1 2 = V dt dt

di1 di + (L1 + L 2 ) 2 + R 2 i 2 = 0 dt dt

(1.9.1) (1.9.2)

Sabiranjem jednačina (1.9.1) i (1.9.2) dobija se: R 1i1 + R 2 i 2 + L 2

di 2 =V dt

(1.9.3)

21

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

Diferenciranjem jednačina (1.9.3) dobija se: d 2i 2

L2

+ R2

dt 2

di 2 di + R1 1 = 0 dt dt

(1.9.4)

Iz jednačine (1.9.2) sledi da je: di1 L1 + L 2 di 2 R 2 = ⋅ + i2 dt L1 dt L1

(1.9.5)

Iz jednačina (1.9.4) i (1.9.5) dobija se: L2

d 2i 2 dt

2

 L + L 2  di 2 R1R 2  i2 = 0 +  R 2 + R1 1 + L1  dt L1 

(1.9.6)

Jednačina (1.9.6) je homogena linearna diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijentima drugog reda. Rešenje ove jednačine je oblika: i 2 ( t ) = Ke pt

(1.9.7)

Zamenom jednačine (1.9.7) u jednačinu (1.9.6) dobija se:  L + L2  RR p + 1 2 = 0 L 2 p 2 +  R 2 + R1 1 L1  L1 

(1.9.8)

Jednačina (1.9.8) je karakteristična jednačina. Koreni karakteristične jednačine su:

p1, 2 =

 L + L2  ± −  R 2 + R1 1 L1  

2

 L + L2  RR  R 2 + R1 1  − 4 1 2 L 2 L1  L1  2L 2

(1.9.9)

odnosno: p1, 2

 R + R 2 R1   ± = − 1 + 2 L 2 L 2 1 

2

 R 1 + R 2 R1  RR  − 1 2  + 2L1  L1L 2  2L 2

(1.9.10)

Kako je: 2

2

2

 R1 + R 2 R 1   R  R RR R  RR R    − 1 2 ≥  2 + 1  − 1 2 =  2 − 1  > 0 + 2L1  L1L 2  2L 2 2L1  L1L 2  2L 2 2L1   2L 2

(1.9.11)

Oba rešenja karakteristične jednačine su realna i negativna: 2

 R + R 2 R1  + p1 = − 1 + 2L1   2L 2

 R1 + R 2 R1  RR   − 1 2 + 2L1  L1L 2  2L 2

 R + R 2 R1  − p 2 = − 1 + 2L1   2L 2

 R1 + R 2 R 1  RR  − 1 2  + 2L1  L1L 2  2L 2

(1.9.12)

2

(1.9.13)

Rešenje diferencijalne jednačine (1.9.6) je: 22

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

i 2 ( t ) = K1e p1t + K 2 e p2 t

(1.9.14)

Konstante K1 i K2 određuju se uz početnih uslova. U trenutku zatvaranja prekidača S je: i1 ( t = 0+ ) = i 2 ( t = 0+ ) = 0

(1.9.15)

Iz jednačina (1.9.14) i (1.9.15) sledi da je: 0 = K1 + K 2

(1.9.16)

U trenutku zatvaranja prekidača kolo sa slike 1.9 izgleda kao kolo na slici 1.9.2.

Sa slike 1.9.2 se vidi da je: v L1 ( t = 0+ ) = v L 2 ( t = 0+ ) = V

(1.9.17)

Diferenciranjem jednačine (1.9.14) dobija se: di 2 = K1p1e p1t + K 2 p 2 e p2 t dt

(1.9.18)

Iz jednačina (1.9.17) i (1.9.18) sledi da je: V = K1p1 + K 2 p 2 L2

(1.9.19)

Iz jednačina (1.9.16) i (1.9.19) dobija se: K1 =

V = L 2 (p1 − p 2 )

K2 = −

V

(1.9.20)

2

 R + R 2 R1  RR  − 1 2 2L 2  1 + 2L1  L1L 2  2L 2

V =− L 2 (p1 − p 2 )

V

(1.9.21)

2

 R + R 2 R1  RR  − 1 2 2L 2  1 + 2L1  L1L 2  2L 2

Zakon promene napona na zavojnici L2 je: vo (t ) = L2

di 2 = dt

V 2

 R + R 2 R1  RR  − 1 2 2  1 + 2L1  L1L 2  2L 2

(

⋅ p1e p1t − p 2e p 2 t

)

(1.9.22)

23

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

2. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE Laplasove transformacije zasnivaju se na integralima: ∞

F(s) = L[f ( t )] = ∫ f ( t )e −st dt

(1)

0

1 f ( t ) = L [F(s)] = 2πj −1

σ + j∞

∫ F(s)e

st

ds

(2)

σ − j∞

gde je: L - operator direktne Laplasove transformacije L−1 - operator inverzne Laplasove transformacije s = σ + jω kompleksna promenjiva Laplasove transformacije F(s) - kompleksni lik funkcije f ( t ) f ( t ) - original funkcije F(s) Integral (1) predstavlja direktnu Laplasovu transformaciju i prevodi vremensku funkciju f(t) u kompleksnu funkciju, dok integral (2) predstavlja inverznu Laplasovu transformaciju i prevodi kompleksnu funkciju F(s) u vremensku funkciju f(t). Egzistencija integrala (1) zavisi od oblika funkcije f(t) i vrednosti σ. Laplasova transformacija funkcije f(t) postoji samo za σ > σo . Veličina σo naziva se apcisa apsolutne konvergencije i predstavlja minimalnu (realnu i pozitivnu) vrednost σ = σo = const. koja obezbeđuje konvergenciju integrala funkcije f(t): ∞

∫ f (t) e

− σt

dt < ∞ , σ ≥ σo

0

Laplasove transformacije imaju veliku primenu u analizi i sintezi sistema, u rešavanju sistema diferencijalnih jednačina sa konstantnim koeficijentima, kao i u nalaženju prenosne funkcije sistema.

24

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

OSOBINE DIREKTNE LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

1. Teorema linearnosti L[a1f1 ( t ) + a 2f 2 ( t )] = a1F1 (s) + a 2 F2 (s) , ( a1, a 2 ∈R) 2. Teorema o izvodu originala d  L  f ( t ) = sF(s) − f (0+ )  dt  n  dn  L  n f ( t ) = s n F(s) − s n − k f ( k −1) (0+ )  dt  k =1

∑

3. Teorema o integralu originala

[

]

F(s) + L ∫ f ( t )dt = s t  F(s) L  ∫ f ( t )dt  = s  0 

∫

0+

f ( t )dt s

4. Teorema o izvodu kompleksnog lika L[tf ( t )] = −

[

]

d F(s) ds

L t n f ( t ) = (−1) n

dn ds n

F(s)

6. Teorema kašnjenja (realna translacija) L[f ( t − a )] = e −as F(s) , a > 0 7. Teorema pomeranja (kompleksna translacija)

[

]

L e − αt f ( t ) = F(s + α) 8. Teorema sličnosti L[f (at )] =

1 s F  a a

9. Teorema o početnoj vrednosti lim f ( t ) = lim sF(s)

t →0

s →∞

10. Teorema o konačnoj vrednosti lim f ( t ) = lim sF(s)

t →∞

s →0

25

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

11. Konvolucija originala Ako je funkcija f(t) data konvolucionim integralom t

f ( t ) = ∫ f1 ( t − τ)f 2 (τ)dτ 0

tada je: F(s) = L[f ( t )] = F1 (s)F2 (s) 12. Parsevalova teorema jω

∞

1 F(s)F(−s)ds 2πj −∫jω

2 ∫ f (t )dt = 0

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE OSNOVNIH FUNKCIJA 1. Heaviside - ova funkcija Ova funkcija je poznata i pod imenom jedinična odskočna funkcija. Data je relacijom: 1 t ≥ 0  U( t ) =  0 t ≤ 0  Funkcija U(t) ima prekid u tački t = 0 (slika 1). Ako prekid postoji u tački t = τ (slika 2) tada funkcija glasi: 1 t ≥ τ  U( t ) =  0 t ≤ τ 

Laplasova transformacija Heaviside - ove funkcije je: L[U( t )] =

1 s

1 L[U( t − τ)] = e −sτ s

26

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

2. Dirac - ova delta funkcija Ova funkcija je poznata i pod imenom jedinična impulsna funkcija. Data je relacijom: ∞ t = 0  δ( t ) =  0 t ≠ 0  Pri tome je: ∞

∫ δ(t )dt = 1 0

Laplasova transformacija Dirac - ove delta funkcije je: ∞

∞

0

0

L[δ( t )] = ∫ δ( t )e −st dt = e −st | t =0

∫ δ(t )dt = 1

3. Nagibna funkcija Ova funkcija je data relacijom: f ( t ) = atU( t ) ili, s obzirom na definiciju funkcije U(t) f ( t ) = at , t ≥ 0 Laplasova transformacija nagibne funkcije je: L[at ] =

a s2

4. Eksponencijalne funkcije Za opadajuću eksponencijalnu funkciju datu relacijom: f ( t ) = e − αt U ( t ) , α > 0 Laplasova transformacija je:

[ ]

L e − αt =

1 s+α

Za rastuću eksponencijalnu funkciju datu relacijom: f ( t ) = (1 − e −αt ) U( t ) Laplasova transformacija je:

[

]

L 1 − e − αt =

α s(s + α)

5. Prostoperiodične funkcije Za sinusnu i kosinusnu funkciju

27

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

f1 ( t ) = U( t ) sin(β t ) f 2 ( t ) = U( t ) cos(βt ) Laplasove transformacije su: L[sin(β t )] = L[cos(βt )] =

β s 2 + β2 s 2

s + β2

INVERZNA LAPLASOVA TRANSFORMACIJA Inverzne Laplasova transformacija zasniva se na integralu (2). Integraljenje se vrši duž prave R e (s) = σ izabrane tako da se svi polovi funkcije F(s) nalaze levo od nje. U svim slučajevima od interesa funkcija F(s) se može prikazati u obliku racionalne razlomljene funkcije, tj.: F(s) =

P(s) b ms m + b m −1s m −1 + ...b1s + b0 = Q(s) a n s n + a n −1s n −1 + ... + a1s + a 0

gde su P(s) i Q(s) polinomi po s, pri čemu je stepen polinoma u brojitelju manji ili jednak stepenu polinoma u imenitelju (m ≤ n ) . Nule polinom P(s) i Q(s) nazivaju se nule i polovi funkcije F(s). Pošto su P(s) i Q(s) polinomi sa realnim koeficijentima, njihove nule, odnosno nule i polovi funkcije F(s) mogu biti ili realni, ili u konjugovano kompleksnim parovima. Tada se inverzna Laplasova transformacija može naći razvojem funkcije F(s) u parcijalne razlomke (Hevisajdov razvoj) ili primenom Košijeve teoreme ostataka. U mnogim slučajevima inverzna Laplasova transformacija može se naći u tablicama Laplasovih transformacionih parova.

28

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

TABLICA LAPLASOVIH TRANSFORMACIONIH PAROVA

1 2

f(t) , t ≥ 0

F(s)

No

δ( t )

1 1

, n = 1,2,3,...

sn 3

1 (s + α) n

4

sn (s + α)

n +1

t n −1 (n − 1)! t n −1 −αt e (n − 1)! e

− αt

n!(−α) k

n

∑ (n − k )!(k!) 2 t k

k =0

5

1 (s + α )(s + γ )

e −αt − e − γt γ−α

6

s + ao (s + α )(s + γ )

(a o − α )e −αt − (a o − γ )e − γt γ−α

7

s + ao (s + α) 2

8

1 (s + α)(s + γ )(s + δ)

9

1 (s + α )s 2

10

11

s + ao (s + α)(s + γ )(s + δ) s + ao 2

(s + α) s 12

1 2

s +β 13

1 2

s −β 14

2

2

s

[(a o − α) t + 1]e −αt e − αt e − γt e −δt + + ( γ − α)(δ − α) (α − γ )(δ − γ ) (α − δ)( γ − δ) e − αt + α t − 1 α2 ( a o − α ) e − αt (a − γ )e − γt (a − δ)e −δt + o + o ( γ − α)(δ − α) (α − γ )(δ − γ ) (α − δ)( γ − δ) ao α

2

+(

a α − ao t − o2 )e −αt α α

1 sin(β t ) β 1 sh (βt ) β cos(β t )

s 2 + β2

29

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

15

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

ch (βt )

s s 2 − β2

16

(s + α ) 2 + β2

1 − αt e sin(βt ) β

s+α

e −αt cos(β t )

1

17

2

(s + α) + β 18

2

e − γt

1 (s + γ )[(s + α) 2 + β2 ]

2

( γ − α) + β ψ = arctg

s + ao

19

2

2

(s + γ )[(s + α) + β ]

2

+

1 2

β ( γ − α) + β

2

e − αt sin(βt − ψ )

β γ−α

(a o − γ )e − γt

1  ( a o − α ) 2 + β 2  − αt +   e sin(βt + ψ ) ( γ − α) 2 + β2 β  ( γ − α) 2 + β2  ψ = arctg

β β − arctg ao − α γ−α

20

e −as

δ( t − a )

21

e −as s

U( t − a )

22

e −as

( t − a ) U( t − a )

s2 23 24

e −as s+α e − as

e − α ( t −a ) U ( t − a ) ( t − a )e − α ( t −a ) U ( t − a )

(s + α) 2 25

e −as (s + α)(s + γ )

 e − α ( t −a ) − e − γ ( t −a )    U( t − a ) γ−α  

26

1 − e −as s

U( t ) − U( t − a )

27

e −as − e − bs s

U ( t − a ) − U ( t − b)

28

(s + a )e −as as 2

(t −

1 − a ) U( t − a ) a

30

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

2.1) Odrediti zakon promene napona vo ( t ) u kolu sa slike 2.1 posle zatvaranja prekidača S. Svi početni uslovi su nula.

Rešenje: Između napona na kondezatoru i struje koja kroz njega protiče postoji veza: vC =

1 i Cdt C∫

(2.1.1)

Primenom teoreme o integralu originala jednačina (2.1.1) postaje: 1 1 VC (s) = IC (s) + ⋅ sC C gde je ZC (s) =

∫

0+

i Cdt s

=

1 v (0 ) v (0 ) IC (s) + C + = ZC (s)IC (s) + C + sC s s

(2.1.2)

1 . sC

Iz jednačine (2.1.2) sledi da se kondezator sa početnim naponom vC (0+ ) može prikazati kolom u kome je serijski sa kondezatorom vezan idealan naponski izvor

v C (0 + ) , koji uzima s

početne uslove (slika 2.1.1).

Pošto su početni uslovi jednaki nuli, posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 2.1 izgleda kao kolo na slici 2.1.2. Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 2.1.2 dobija se: V 1 = ( + R )I1 (s) − RI 2 (s) s sC 0 = −RI1 (s) + (

1 + 2R )I 2 (s) sC

(2.1.3) (2.1.4)

31

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Eliminacijom struje I1 (s) iz jednačina (2.1.3) i (2.1.4) dobija se: I 2 (s) = V

sRC 2

(2.1.5)

s 2 R 2C2 + 3sRC + 1

Napon Vo (s) je: Vo (s) = RI 2 (s) = V

sR 2C 2 s 2 R 2C 2 + 3sRC + 1

=V

s 3s 1 s + + 2 2 RC R C 2

(2.1.6)

odnosno: Vo (s) = V

s (s + α )(s + γ )

gde je: α =

(2.1.7)

−3+ 5 1 −3− 5 1 = −0,38 i γ= = −2,62 . 2RC RC 2RC RC

Primenom inverzne Laplasove transformacije zakon promene napona v o ( t ) je: t  t  − 2,62 − 0,38 αe − αt − γe − γt   RC RC = V1,17e − 0,17e vo ( t ) = L [Vo (s)] = V  α−γ    −1

(2.1.8)

2.2) Odrediti zakon promene struje kroz otpornik R u kolu sa slike 2.2 posle zatvaranja prekidača S. Pretpostaviti da je pre zatvaranja prekidača u kolu vladao ustaljeni režim.

Rešenje: Između napona na induktivitetu i struje koja kroz njega protiče postoji veza:

32

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

vL = L

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

di L dt

(2.2.1)

Primenom teoreme o izvodu originala jednačina (2.2.1) postaje: VL (s) = sLIL (s) − Li L (0+ ) = ZL (s)I L (s) − Li L (0+ )

(2.2.2)

gde je ZL (s) = sL . Iz jednačine (2.2.2) sledi da se induktivitet sa početnom strujom i L (0+ ) može prikazati kolom u kome je serijski sa zavojnicom vezan idealan naponski izvor Li L (0+ ) , koji uzima početne uslove (slika 2.2.1).

Pošto je pre otvaranja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, struja kroz zavojnicu L1 neposredno pre otvaranja prekidača je: i L1 ( t = 0− ) =

V R

(2.2.3)

Neposredno po otvaranju prekidača struja kroz zavojnicu L1 se ne menja, odnosno: i L1 ( t = 0+ ) = i L1 ( t = 0− ) =

V R

(2.2.4)

Struja kroz zavojnicu L 2 u trenutku zatvaranja prekidača S je: i L2 ( t = 0 + ) = 0

(2.2.5)

Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 2.2 izgleda kao kolo na slici 2.2.2.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 2.2.2 dobija se:

33

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

V + L1i L1 (0+ ) = (sL1 + R )I L1 (s) − RI L 2 (s) s

(2.2.6)

0 = − RI L1 (s) + (sL 2 + R )I L 2 (s)

(2.2.7)

Rešavanjem ovog sistema jednačina Kramerovim pravilom dobija se:

∆=

sL1 + R −R

−R

 L + L2  = (sL1 + R )(sL 2 + R ) − R 2 = sL1L 2  s + 1 R  sL 2 + R L L 1 2  

V  V + L1i L1 (0+ ) −R =  + L1i L1 (0+ ) (sL 2 + R ) ∆1 = s  0 sL 2 + R  s ∆2 =

sL1 + R −R

V  + L1i L1 (0+ )  V =  + L1i L1 (0+ ) R s  s 0

(2.2.8)

(2.2.9)

(2.2.10)

Struja kroz otpornik R je: I(s) =

V 1 1 ∆1 − ∆ 2 = ⋅ + i L1 (0+ ) L + L2 ∆ L1  L + L2  s+ 1 R s s + 1 R  L L L L 1 2 1 2  

(2.2.11)

Zakon promene struje i(t) je: −

L1 + L 2 Rt L1L 2

V 1− e V − i( t ) = L−1[I(s)] = ⋅ + e L1 L1 + L 2 R R L1L 2

L1 + L 2 Rt L1L 2

(2.2.12)

odnosno: L1 + L 2   V L2  L1 − L1L 2 Rt  i( t ) = ⋅ 1+ e  R L1 + L 2  L 2   

(2.2.13)

2.3) Za RC filtere propusnike niskih učestanosti sa slike 2.3 izračunati: a)

prenosnu funkciju

b)

amplitudno - frekventnu karakteristiku

c)

gornju graničnu učestanost i nacrtati amplitudno - frekventnu karakteristiku

34

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Rešenje: Prenosna funkcija je definisana odnosom kompleksnih funkcija odziva i pobude pri nultim početnim uslovima. Ona je potpuno određena strukturom sistema i parametrima koji sačinjavaju sistem. a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.3.a je: G (s) =

Vo (s) ZC (s) = Vi (s) R + ZC (s)

gde je ZC (s) =

(2.3.1)

1 , pa je prenosna funkcija: sC

1 1 ωo G (s) = , ωo = = RC = 1 1 s + ωo RC s+ R+ RC sC 1 sC

(2.3.2)

Smenom s = jω jednačina (2.3.2) postaje: G ( jω) =

1 ωo = jω + ωo 1 + j ω ωo

(2.3.3)

b) amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.3.a je: 1

G ( jω) =

 ω 1 +    ωo 

(2.3.4)

2

Učestanost ω = ωH na kojoj je G ( jωH ) =

1 = 0,707 naziva se gornja granična učestanost. 2

Iz jednačine (2.3.4) sledi da je: G ( jω) ω= ω = H

1 = 2

G ( jω) ω→∞ = lim

ω→ ∞

1 ω  1 +  H   ωo  1  ω 1 +    ωo 

2

2

, odnosno ωH = ωo =

1 RC

=0

G ( jω) ω= 0 = 1 Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.3.a prikazana je na slici 2.3.1. 35

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.3.b je: G (s) =

Vo (s) R 2 + ZC (s) = Vi (s) R1 + R 2 + ZC (s)

(2.3.5)

1 s + ωz R2 CR 2 = ⋅ G (s) = =a 1 1 s + ωp R1 + R 2 s + R1 + R 2 + C( R1 + R 2 ) sC R2 +

gde je: ωz =

1 sC

s+

(2.3.6)

ωp 1 1 R2 = <1 , ωp = ,a= R1 + R 2 ωz CR 2 C( R1 + R 2 )

Smenom s = jω jednačina (2.3.6) postaje: jω + ωz jω + ωp

G ( jω) = a

(2.3.7)

b) Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.3.b je: G ( jω) = a

ω2 + ω2z

(2.3.8)

ω2 + ω2p

c) Iz jednačine (2.3.8) sledi da je: G ( jω) ω= ω

H

1 ω2H + ω2z = =a = 2 ω2H + ω2p

učestanost postoji samo za a <

ω2H a 2 + ω2p ω2H + ω2p

, odnosno ωH =

ωp 1 − 2a 2

. Gornja granična

1 . 2 2

G ( jω) ω→∞

ω  1+  z  ω    =a = lim a 2 ω→ ∞  ωp   1+  ω   

G ( jω) ω= 0 = 1 36

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.3.b prikazana je na slici 2.3.2.

2.4) Za RC filtere propusnike visokih učestanosti sa slike 2.4 izračunati: a) prenosnu funkciju b) amplitudno - frekventnu karakteristiku c) donju graničnu učestanost i nacrtati amplitudno - frekventnu karakteristiku

Rešenje: a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.4.a je: G (s) =

Vo (s) R = Vi (s) R + ZC (s)

gde je ZC (s) = G (s) =

R 1 R+ sC

(2.4.1)

1 , pa je prenosna funkcija: sC =

s 1 s+ RC

=

1 s , ωo = s + ωo RC

(2.4.2)

Smenom s = jω jednačina (2.4.2) postaje: G ( jω) =

jω 1 = jω + ωo 1 − j ωo ω

(2.4.3)

b) amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.4.a je: 37

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

G ( jω) =

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

1 ω  1+  o   ω

(2.4.4)

2

c) Učestanost ω = ωL na kojoj je

G ( jωL ) =

1 = 0,707 naziva se donja granična 2

učestanost. Iz jednačine (2.4.4) sledi da je: 1 = 2

G ( jω) ω= ω = L

G ( jω) ω→∞ = lim

ω→ ∞

1 ω  1 +  o   ωL  1 ω  1+  o   ω

2

2

, odnosno ωL = ωo =

1 RC

=1

G ( jω) ω= 0 = 0 Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.4.a prikazana je na slici 2.4.1.

b) Prenosna funkcija kola sa slike 2.4.b je: G (s) =

Vo (s) R2 = Vi (s) ZC (s) || R1 + R 2

(2.4.5)

1 R2 R2 s + ωz R1C = = G (s) = = 1 R1 1 s + ωp + R2 + R2 s + R1 || R1R 2C sC 1 + sCR1 R1 + R 2 s+

gde je: ωz =

(2.4.6)

ω 1 R2 1 , ωp = , z = = a <1 R1R 2C ωp R1 + R 2 R1C R1 + R 2

Smenom s = jω jednačina (2.4.6) postaje: 38

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

G ( jω) =

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

jω + ωz jω + ωp

(2.4.7)

b) Amplitudno - frekventa karakteristika kola sa slike 2.4.b je: G ( jω) =

ω2 + ω2z

(2.4.8)

ω2 + ω2p

c) Iz jednačine (2.4.8) sledi da je: G ( jω) ω= ω

L

1 = = 2

ω2L + ω2z ω2L

+ ω2p

učestanost ne postoji za a >

=

ω2L + a 2ω2p ω2L

+ ω2p

, odnosno ωL = ωp 1 − 2a 2 .Gornja granična

1 . 2 2

G ( jω) ω→∞ = lim

ω→ ∞

ω  1+  z   ω  =1 2  ωp   1 +   ω

G ( jω) ω= 0 = a Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.4.b prikazana je na slici 2.4.2.

2.5) Za naponski delitelj sa slike 2.5: a) Izračunati prenosnu funkciju b) Izračunati i nacrtati amlitudno - frekventnu karakteristiku za: i) R1C1 < R 2C 2 ii) R1C1 > R 2C2 iii) R1C1 = R 2C2 39

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Rešenje: a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.5 je: G (s) =

Vo (s) Z2 (s) = Vi (s) Z1 (s) + Z2 (s)

gde je: Z1 (s) = R1 ||

1 R1 1 R2 = i Z2 (s) = R 2 || = , pa je: sC1 1 + sR1C1 sC 2 1 + sR 2C2

R2 s 1+ R2 1 + sR1C1 ωz 1 + sR 2C 2 G (s) = = ⋅ =a R1 R2 s R1 + R 2 1 + s R1R 2 (C + C ) 1+ + 1 2 1 + sR1C1 1 + sR 2C 2 R1 + R 2 ωp gde je: ωz =

(2.5.1)

(2.5.2)

1 1 R2 ,a= , ωp = R1R 2 R1C1 R1 + R 2 (C1 + C 2 ) R1 + R 2

Smenom s = jω jednačina (2.5.2) postaje: ω ωz G ( jω) = a ω 1+ j ωp 1+ j

(2.5.3)

b) Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.5 je: 2

 ω 1 +    ωz  G ( jω) = a 2  ω  1+   ωp   

(2.5.4)

i) Za R1C1 < R 2C 2 sledi da je: 1 R1R 2 (C1 + C 2 ) R1 + R 2

=

R1 + R 2 R1 + R 2 R1 + R 2 1 < = = R1R 2C1 + R1R 2C 2 R1R 2C1 + R1R1C1 R1C1 (R1 + R 2 ) R1C1

40

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

odnosno ωp < ωz . Iz jednačine (2.5.4) sledi da je: 2

G ( jω) ω→∞ = lim a ω→ ∞

ωp ωz

ω  1+  z   ω  = a ωp < a 2 ωz  ωp   1 +   ω

G ( jω) ω= 0 = a Amplitudno - frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.5.1.

ii) Za R1C1 > R 2C2 sledi da je ωp > ωz . Iz jednačine (2.5.4) sledi da je: 2

G ( jω) ω→∞ = lim a ω→ ∞

ωp ωz

ω  1+  z   ω  = a ωp > a 2 ωz  ωp   1 +   ω

G ( jω) ω= 0 = a Amplitudno - frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.5.2.

iii) Za R1C1 = R 2C2 iz jednačine (2.5.4) sledi da je G ( jω) =

R2 =a R1 + R 2

41

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Amplitudno - frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.5.3.

2.6) Odrediti zakon promene izlaznog napona RC kola sa slike 2.6.1 ako se od trenutka t=0 pobuđuje naponom prikazanim na slici 2.6.2

Rešenje: Ulazni napon je definisan na sledeći način: at  v i ( t ) = V 0 

0≤t 2T

a=

V T

(2.6.1)

Ulazni napon može se predstaviti superpozicijom tri međusobno nezavisna napona prikazanim na slici 2.6.3.

42

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

gde je: v1 ( t ) = atU( t )

(2.6.2)

v 2 ( t ) = −a ( t − T ) U ( t − T )

(2.6.3)

v3 ( t ) = − VU( t − 2T)

(2.6.4)

Ulazni napon je: vi ( t ) = v1 ( t ) + v 2 ( t ) + v3 ( t ) = atU( t ) − a ( t − T) U( t − T) − VU( t − 2T)

(2.6.5)

Prelaskom u kompleksni domen jednačina (2.6.5) postaje: Vi (s) = L[vi ( t )] =

a s2

−

a s

e −sT − 2

aT − 2sT e s

(2.6.6)

Prenosna funkcija RC kola sa slike 2.6.1 je: G (s) =

1 1 , τ = RC ⋅ τ s+1 τ

(2.6.7)

Izlazni napon je: Vo (s) = G (s)Vi (s) =

a −sT aT − 2sT  a − e  2 − 2e  s  1s s  τ s +  τ   1

(2.6.8)

Zakon promene izlaznog napona sa vremenom je: t − 2T   −t t   − t −T t − T   −      τ τ vo ( t ) = aτ e + − 1 U( t ) − aτ e + − 1 U( t − T) − aTτ1 − e τ  U( t − 2T) τ  τ           

2.7) Odrediti zakon promene izlaznog napona CR kola sa slike 2.7.1 ako se od trenutka t=0 pobuđuje naponom prikazanim na slici 2.7.2

Rešenje: Ulazni napon je dat superpozicijom dva međusobno nezavisna napona: v i ( t ) = v i1 ( t ) + v i 2 ( t )

(2.7.1) 43

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

gde je: at  v i1 ( t ) =  0 

0≤tT

− a ( t − T ) + V  vi 2 ( t ) =  0 

V T

(2.7.2)

T ≤ t ≤ 2T a= t > 2T

V T

(2.7.3)

Napon v i1 ( t ) može se predstaviti superpozicijom tri međusobno nezavisna napona prikazanim na slici 2.7.3.

v i1 ( t ) = v1 ( t ) + v 2 ( t ) + v 3 ( t ) = atU( t ) − a ( t − T) U( t − T) − VU( t − T)

(2.7.4)

Napon v i 2 ( t ) može se predstaviti superpozicijom tri međusobno nezavisna napona prikazanim na slici 2.7.4.

v i 2 ( t ) = v 4 ( t ) + v 5 ( t ) + v 6 ( t ) = −a ( t − T) U( t − T) + VU( t − T) + a ( t − 2T ) U( t − 2T)

(2.7.5)

Iz jednačina (2.7.4) i (2.7.5) sledi da je ulazni napon: vi ( t ) = atU( t ) − 2a ( t − T) U( t − T) + a ( t − 2T) U( t − 2T)

(2.7.6)

44

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Prelaskom u kompleksni domen jednačina (2.7.6) postaje: Vi (s) = L[vi ( t )] =

a s

2

−

2a s

2

e −sT +

a s

2

e − 2sT

(2.7.7)

Prenosna funkcija kola sa slike 2.7.1 je: G (s) =

s 1 s+ τ

, τ = RC

(2.7.8)

Izlazni napon je: e −sT e −2sT Vo (s) = G (s)Vi (s) = a − 2a +a  1  1  1 s s +  s s +  s s +  τ τ τ    1

(2.7.9)

Zakon promene izlaznog napona sa vremenom je: t t −T  t − 2T     −  − −      τ τ vo ( t ) = aτ1 − e  U( t ) − 2aτ1 − e U( t − T ) + aτ1 − e τ  U( t − 2T)             

(2.7.10)

45

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

3. TRANZISTORI Tranzistori su aktivni elementi koji prenose na potrošač veću snagu od one koju ulaže pobudni generator, na račun snage koju ulaže jednosmerni izvor za napajanje. Pored korišćenja u pojačavačkim kolima, tranzistori se koriste i u impulsnim i digitalnim kolima, pošto se brzo mogu prevesti iz stanja koje predstavlja približno kratak spoj, u stanje koje predstavlja otvorena vezu. Postoje dva tipa tranzistora: bipolarni tranzistori (BJT tranzistorti ) i tranzistori sa efektom polja ( FET - tranzistori ). BIPOLARNI TRANZISTORI Bipolarni tranzistori su elementi sa tri izvoda: baza B, emiter E i kolektor C. Izrađuju se u dva oblika PNP i NPN čiji su simboli prikazani na slici 1.

Da bi tranzistor radio kao linearni pojačavač potrebno je da spoj baza - emiter bude direktno polarisan, a spoj baza - kolektor inverzno polarisan. Veza između jednosmernih struja tranzistora u ovom režimu je: IC = βI B i I E = (β + 1)I B , gde je β koeficijenat strujnog pojačanja. Isti odnos važi i za naizmenične struje, odnosno: Ic = βI b i Ie = (β + 1)I b . Na slici 2 je data zavisnost struje kolektora IC od napona VCE za razne vrednosti struje baze. Napon VCE ima veliki uticaj na struju kolektora u dve oblasti: za veoma male napone VCE (0,1÷0,3 V) kada tranzistor radi u zasićenju i za velike napone kada nastupa proboj (25÷50 V). Između ove dve oblasti tranzistor radi u aktivnom režimu i napon VCE manje utiče na struju IC. Struja IC ima svoju minimalnu i maksimalnu vrednost. Minimalna vrednost određena je uslovom da se tranzistor ne zakoči, a maksimalna je određena maksimalno dozvoljenom disipacijom PD max = VCE IC .

46

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

TRANZISTORI SA EFEKTOM POLJA Tranzistori sa efektom polja su elementi sa tri izvoda: gejt G, sors S i drejn D. Dve osnovne vrste tranzistora sa efektom polja su JFET i MOSFET. JFET - ovi mogu biti N kanalni ( slika 3a ) ili P - kanalni ( slika 3b ). MOSFET - ovi se izrađuju sa indukovanim kanalom ( mogu biti N - kanalni ( slika 3c ) i P - kanalni ( slika 3d ) ) i ugrađenim kanalom ( mogu biti N - kanalni ( slika f )).

Na slici 4 je za N - kanalni JFET data zavisnost struje drejna ID od napona VDS za razne vrednosti napona VGS. Na slici je ucrtana linija VDS = VGS − VP , gde je VP napon praga provođenja. Da bi pojačavač sa JFET - om radio kao linearni pojačavač mirnu radnu tačku treba postaviti desno od ove linije.

47

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

3.1) U pojačavaču sa zajedničkim emiterom sa slike 3.1 odrediti jednosmerne struje kolektora IC , emitera IE i baze IB , kao i jednosmerne napone na kolektoru VC , emiteru VE i bazi VB. Poznato je: R1=15kΩ, R2=5kΩ, RC=4kΩ, RE=2kΩ, C1=1µF, C2=1µF, β=100, VCC=15V, VBE=0,6V.

Rešenje: Da bi odredili jednosmerne struje i jednosmerne napone u kolu potrebno je odrediti baznu struju. Kada je tranzistor u aktivnom režimu (spoj baza - emiter direktno polarisan, a spoj baza - kolektor inverzno polarisan), određivanjem struje baze, određene su i sve struje i naponi u kolu. Kondezatori C1 i C2 su prazni pre uključenja jednosmernog napajanja VCC . Kada se uključi jednosmerno napajanje kondezatori se u prelaznom režimu pune na napone koji su određeni elementima kola kroz koje teče struja u stacionarnom stanju, pa kondezator C1 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz pobudni generator Vi , a kondezator C2 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz potrošač. Za jednosmerni režim rada kolo sa slike 3.1 može se prikazati kolom na slici 3.1.1, pri čemu je bazno kolo ( VCC , R1 , R 2 ) predstavljeno pomoću ekvivaletnog Tevenenovog kola.

48

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Prema Tevenenovoj teoremi je: VTh =

R2 VCC = 3,75V R1 + R 2

(3.1.1)

R Th =

R1R 2 = 3,75kΩ R1 + R 2

(3.1.2)

Zbir padova napona po konturi baza - emiter daje: VTh − R Th I B − VBE − R E I E = 0

(3.1.3)

Kako je: I E = (β + 1)I B

(3.1.4)

Iz jednačina (3.1.3) i (3.1.4) sledi da je bazna struja: IB =

VTh − VBE = 1,5 ⋅ 10 −5 A R Th + (β + 1)R E

(3.1.5)

Tada je: IC = β I B = 1,5 ⋅ 10 −3 A I E = (β + 1)I B = 1,51 ⋅ 10−3 A VB = VTh − R Th I B ≅ VTh = 3,75V VE = VB − VBE = 3,15V VC = VCC − R C IC = 9V 3.2) Za pojačavač sa zajedničkim emiterom sa slike 3.2 izračunati: a) Naponsko pojačanje G =

Vo . Vi

b) Objasniti zašto ne valja uzemljiti emiter. Poznato je: R1=20kΩ, R2=20kΩ, RC=10kΩ, RE=2kΩ, β=100, VCC=15V, VBE=0,6V, C→∞.

49

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Rešenje: Pošto C→∞, ZC =

1 → 0 , kondezator C predstavlja kratku vezu za naizmeničnu struju. jωC

Za naizmenični režim kolo sa slike 3.2 može se prikazati kolom na slici 3.2.1.

a) Naponsko pojačanje je: G=

Vo Vi

(3.2.1)

gde je: Vo = −R C Ic

(3.2.2)

Vi = Vbe + R E Ie

(3.2.3)

Ie gm

(3.2.4)

Vbe =

Transkonduktansa gm povezana je sa otporom emitera relacijom g m =

1 . Transkonduktansa re

g m data je relacijom: gm =

IC VT

(3.2.5)

gde je: VT =

kT e

(3.2.6)

k = 1,38 ⋅ 10−23 J ⋅ K −1 - Bolcmanova konstanta e = 1,6 ⋅ 10 −19 C - elementarno naelektrisanje T- apsolutna temperatura Na sobnoj temperaturi VT = 25mV . Jednosmerna struja kolektora je data relacijom (videti predhodni zadatak):

50

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

IC =

β(VCC

R2 − VBE ) R1 + R 2

R1R 2 + (β + 1)R E R1 + R 2

TRANZISTORI

= 3,2mA

Tada je transkonduktansa g m = 0,13

(3.2.7)

A . V

Iz jednačina (3.2.3) i (3.2.4) sledi da je: Vi = (

1 1 + gmR E + R E )Ie = Ie gm gm

(3.2.8)

Kako je: Ic =

β Ie ≅ Ie β +1

(3.2.9)

naponsko pojačanje je : G=−

gmR C = −4,98 1 + gmR E

(3.2.10)

Pošto je g m R E = 260 >>1 naponsko pojačanje je: G≅−

RC RE

(3.2.11)

b) Kod pojačavača sa zajedničkim emiterom naponsko pojačanje zavisi od odnosa otpornika R C i R E . U slučaju kada je R E = 0 (pojačavač sa uzemljenim emiterom) naponsko pojačanje bi bili veoma veliko G = −g m R C = −

RC . Međutim, otpornost re je veoma re

zavisna od promene temperature i od mirne radne tačke, odnosno jednosmerne struje kolektora IC (jednačina (3.2.5)). Struja kolektora je: IC = ISe

VBE VT

(3.2.12)

pa sa promenom ulaznog napona menja se struja IC , a samim tim i re . Zato pojačanje ovog stepena zavisi od trenutne vrednosti napona na ulazu, pa će napon na izlazu biti deformisan. Pojačavač sa uzemljenim emiterom je nepodesan za polarizaciju. Sa promenom temperature, pri konstantnoj struji IC , napon VBE se smanjuje za oko 2,1 mV/ oC (napon VBE je proporcionalan sa

1 ). Zbog toga struja IC raste sa porastom temperature (za faktor 10 sa T

porastom temperature za 30 oC), i male promene temperature mogu da dovedu pojačavač u saturaciju. Zato se ne koristi često pojačavač sa uzemljenim emiterom. 51

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

3.3) Dizajnirati pojačavač sa zajedničkim emiterom koji ima pojačanje G = −100 i koji se napaja iz izvora VCC = 15V . Struju kolektora u mirnoj radnoj tački postaviti na IC = 0,5mA, a graničnu učestanost ulaznog kola postaviti na f g = 100Hz . Radi temperaturne stabilnosti napon na emiteru u mirnoj radnoj tački postaviti na oko VE = 1V . Objasniti ulogu svih elemenata u kolu. Poznato je: β=100, VBE=0,6V. Rešenje: Na slici 3.3.1 je prikazana realizacija stepena sa zajedničkim emiterom sa NPN tranzistorom.

Otpornici R1 i R 2 vrše polarizaciju baze. Otpornik R E određuje jednosmerni napon na emiteru i zajedno sa otpornikom R C određuje jednosmernu struju kolektora u mirnoj radnoj tački. Otpornik R reguliše pojačanje. Kondezator C1 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz pobudni generator, a kondezator C2 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz otpornik R i predstavlja kratku vezu za naizmeničan signal. Za jednosmerni režim rada kolo sa slike 3.3.1 izgleda kao kolo na slici 3.3.2.

52

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Jednosmerni napon VCE treba postaviti na polovini napona napajanja VCC da bi se dobio maksimalno neizobličen signal na izlazu. VCE =

VCC 2

(3.3.1)

Sa slike 3.3.2 se vidi da je: VCC − R C IC − VCE − R E I E = 0

(3.3.2)

Kako je: I E = IC + I B ≅ IC

(3.3.3)

Iz jednačina (3.3.1), (3.3.2) i (3.3.3) sledi da je: VCC = IC (R C + R E ) 2

(3.3.4)

Jednosmerni napon na emiteru je: VE = R E I E ≅ R E IC

(3.3.5)

Tada je: RE =

VE = 2kΩ IC

(3.3.6)

Iz jednačina (3.3.4) i (3.3.6) sledi da je: RC =

VCC − R E = 13kΩ 2I C

(3.3.7)

Jednosmerni napon na bazi je: VB = VE + VBE = 1,6V

(3.3.8)

Otpornike R1 i R2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obično 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada je I1 ≅ I 2 = I , pa je: I=

VCC I I ≅ 10I B = 10 C = C R1 + R 2 β 10

(3.3.9)

Jednosmerni napon na bazi je tada: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.3.10)

Iz jednačine (3.3.9) sledi da je: R1 + R 2 =

10VCC = 300kΩ IC

(3.3.11)

Iz jednačina (3.3.10) i (3.3.11) sledi da je:

53

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

R2 =

VB (R1 + R 2 ) = 32kΩ VCC

R1 = 268kΩ

TRANZISTORI

(3.3.12) (3.3.13)

Za naimenični režim kolo sa slike 3.3.1 može se prikazati kolom na slici 3.3.3.

Naponsko pojačanje je: G=

Vo Vi

(3.3.14)

gde je: Vo = −R C Ic

(3.3.15)

Vi ≅ (R E || R )Ie

(3.3.16)

β Ie ≅ Ie β +1

(3.3.17)

Ic =

Iz jednačina (3.3.15), (3.3.16) i (3.3.17) sledi da je naponsko pojačanje: G=−

RC R (R + R ) =− C E R E || R R ER

(3.3.18)

Iz jednačine (3.3.18) sledi da je: R=−

RE R 1+ E G RC

(3.3.19)

Da bi pojačanje stepena sa zajedničkim emiterom bilo G = −100 , potrebno je da R = 139Ω .

54

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Granična učestanost određena kondezatorom C1 zavisi od naizmenične otpornosti koju vidi ovaj kondezator (slika 3.3.4). Ova otpornost je R1 || R 2 || R b , gde je R b = (β + 1)R E || R otpornost koju vidi naizmenični signal u bazi. Granična učestanost je: fg =

1 2πC1 (R1 || R 2 || R b )

(3.3.20)

Iz jednačine (3.3.20) sledi da je: C1 =

1 = 0,18µF 2πf g (R1 || R 2 || R b )

(3.3.21)

3.4) Za emiter folover sa slike 3.4 izračunati: a) naponsko pojačanje G =

Vo Vi

b) ulaznu otpornost R i i izlaznu otpornost R o Poznato je: R1=20kΩ, R2=20kΩ, RE=0,5kΩ, β=100, VCC=15V, VBE=0,6V, C→∞.

Rešenje: Za naizmenični režim kolo sa slike 3.4 može se prikazati kolom na slici 3.4.1.

Naponsko pojačanje je: 55

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

G=

Vo Vi

TRANZISTORI

(3.4.1)

gde je:  1  Vi = Vbe + R E Ie =  + R E Ie  gm 

(3.4.2)

Vo = R E Ie

(3.4.3)

gm =

IC VT

(3.4.4)

Da bi izračunali jednosmernu struju kolektora IC , kolo sa slike 3.4 se za jednosmerni režim može prikazati kolom na slici 3.4.2.

Prema Tevenenovoj teoremi je: VTh =

R2 VCC = 7,5V R1 + R 2

(3.4.5)

R Th =

R1R 2 = 10kΩ R1 + R 2

(3.4.6)

Zbir padova napona po konturi baza - emiter daje: VTh − R Th I B − VBE − R E I E = 0

(3.4.7)

Kako je: I E = (β + 1)I B

(3.4.8)

Iz jednačina (3.4.7) i (3.4.8) sledi da je bazna struja: IB =

VTh − VBE = 1 ⋅ 10 − 4 A R Th + (β + 1)R E

(3.4.9)

Tada je: IC = βI B = 1 ⋅ 10−2 A 56

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

gm =

TRANZISTORI

A IC 1 ⋅ 10−2 A = = 0,4 − 3 V VT 25 ⋅ 10 V

Iz jednačina (3.4.2) i (3.4.3) sledi da je naponsko pojačanje: G=

gmR E = 0,995 1 + gmR E

(3.4.10)

b) Ulazna otpornost je: Ri =

Vi Vbe + R E Ie = = (β + 1)(re + R E ) ≅ (β + 1)R E ≅ 50kΩ Ii Ib

(3.4.11)

Izlazna otpornost može se prema Tevenenovoj teoremi izračunati stavljanjem kratke veze umesto pobudnog generatora Vi . Izlazno kolo tada izgleda kao na slici 3.4.3.

Izlazna otpornost je: Ro =

R E re ≅ re = 2,5Ω R E + re

(3.4.12)

Emiter folover ima naponsko pojačanje oko 1, veliku ulaznu i malu izlaznu otpornost pa se koristi obično kao stepen za prilagođavanje impedansi. 3.5) Dizajnirati emiter folover pomoću NPN tranzistora koji se napaja iz izvora od VCC =15V i koji omogućava generatoru sa unutrašnjom otpornošću od Rg=1kΩ da pobuđuje opterećenje od RP =5 kΩ, ispred koga se nalazi kondezator od C=1µF. Struju kolektora u mirnoj radnoj tački postaviti na IC=0,5mA, a graničnu učestanost ulaznog kola postaviti na fg=100Hz. Objasniti ulogu svih elemenata u kolu. Poznato je: β=100, VBE=0,6V. Rešenje: Na slici 3.5.1 prikazana je realizacije emiter folovera pomoću NPN trazistora. Otpornici R1 i R 2 vrše polarizaciju baze. Otpornik R E određuje jednosmerni napon na emiteru i jednosmernu struju kolektora u mirnoj radnoj tački. Kondezator C1 onemogućava prolaz

57

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

jednosmerne struje kroz pobudni generator, a kondezator C

TRANZISTORI

onemogućava prolaz

jednosmerne struje kroz R P i predstavlja kratku vezu za naizmeničan signal.

Za jednosmerni režim rada kolo sa slike 3.5.1 izgleda kao kolo na slici 3.5.2.

Jednosmerni napon VCE treba postaviti na polovini napona napajanja VCC da bi se dobio maksimalno neizobličen signal na izlazu. VCE =

VCC 2

(3.5.1)

Sa slike 3.5.2 se vidi da je: VCE = VCC − VE

(3.5.2)

I E = IC + I B ≅ IC

(3.5.3)

Jednosmerni napon na emiteru je: VE = VCC − VCE = 7,5V

(3.5.4)

Otpornost R E je: RE =

VE VE ≅ = 15kΩ IE IC

(3.5.5)

58

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Jednosmerni napon na bazi je: VB = VE + VBE = 8,1V

(3.5.6)

Otpornike R1 i R 2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obično 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1 , R 2 . Tada je I1 ≅ I 2 = I , pa je: I=

VCC I I ≅ 10I B = 10 C = C β 10 R1 + R 2

(3.5.7)

Jednosmerni napon na bazi je tada: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.5.8)

Iz jednačine (3.5.7) sledi da je: R1 + R 2 =

10VCC = 300kΩ IC

(3.5.9)

Iz jednačina (3.5.8) i (3.5.9) sledi da je: R2 =

VB (R1 + R 2 ) = 162kΩ VCC

(3.5.10)

R1 = 138kΩ

(3.5.11)

Granična učestanost određena kondezatorom C1 zavisi od naizmenične otpornosti koju vidi ovaj

kondezator

(slika

3.5.3).

Ova

otpornost

je

R g + R 1 || R 2 || R b ,

gde

je

R b = (β + 1)R E || R P otpornost koju vidi naizmenični signal u bazi. Granična učestanost je: fg =

1 2πC1 (R g + R1 || R 2 || R b )

(3.5.12)

Iz jednačine (3.5.12) sledi da je: C1 =

1 = 25nF 2πf g (R g + R1 || R 2 || R b )

(3.5.13)

59

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

3.6) Dizajnirati razdvajač faze pomoću NPN tranzistora na osnovu sledećih podataka: VCC = 15V, IC = 1mA, VBE = 0,6V, β = 100. Razdvajač faze se napaja iz generatora unutrašnje otpornosti od Rg = 2kΩ. Rešenje: Razdvajač faze je pojačavač sa dva izlazna prikjučka na kojima se javljaju naponi jednakih amplituda, a suprotnih faza. Na slici 3.6.1 je prikazana realizacija ovog pojačavača pomoću NPN tranzistora.

Pojačanje od ulaza do izlaza 1 je: G1 =

V1 V1 Vi = ⋅ Vg Vi Vg

(3.6.1)

gde je: Vi =

R1 || R 2 Vg R1 || R 2 + R g

(3.6.2)

Vi =

 1  1 1 + gmR E Ie + V1 =  V1 + 1V1 = gm g R g R m E  m E 

(3.6.3)

Tada je: G1 =

R1 || R 2 g R ⋅ m E R1 || R 2 + R g 1 + g m R E

(3.6.4)

Pojačanje od ulaza do izlaza 2 je: G2 =

V2 V2 Vi = ⋅ Vg Vi Vg

(3.6.5)

gde je:

60

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

V2 R CIe g R =− =− m C Vi 1 + gmR E  1   + R E Ie  gm 

TRANZISTORI

(3.6.6)

Tada je: G2 = −

R1 || R 2 g R ⋅ m C R1 || R 2 + R g 1 + g m R E

(3.6.7)

Da bi G1 = −G 2 , treba da je R C = R E . Za jednosmerni režim kolo sa slike 3.6.1 izgleda kao kolo na slici 3.6.2.

Jednosmerni napon VCE treba postaviti na polovini napona napajanja VCC da bi se dobio maksimalno neizobličen signal na izlazu. VCE =

VCC 2

(3.6.8)

Sa slike 3.6.2 se vidi da je: VCC − R C IC − VCE − R C I E = 0

(3.6.9)

Kako je: I E = IC + I B ≅ IC

(3.6.10)

Iz predhodnih jednačina sledi da je: VCC = 2I C R C 2

(3.6.11)

odnosno: RC =

VCC = 3,75kΩ 4I C

(3.6.12)

Jednosmerni napon na emiteru je: VE = R E I E ≅ R C IC = 3,75V

(3.6.13)

61

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Jednosmerni napon na bazi je: VB = VE + VBE = 4,35V

(3.6.14)

Otpornike R1 i R 2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obično 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1 , R 2 . Tada je I1 ≅ I 2 = I , pa je: I=

VCC I I ≅ 10I B = 10 C = C β 10 R1 + R 2

(3..6.15)

Jednosmerni napon na bazi je: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.6.16)

Iz jednačine (3.6.15) sledi da je: R1 + R 2 =

10VCC = 150kΩ IC

(3.6.17)

Iz jednačina (3.6.16) i (3.6.17) sledi da je: R2 =

VB (R1 + R 2 ) = 43,5kΩ VCC

R1 = 106,5kΩ

(3.6.18) (3.6.19)

3.7) Za Wilson - ov strujni izvor sa slike 3.7 odrediti : a) odnos struja

IR I

b) vrednost otpora R za koji je I=5 mA Svi tranzistori su identičnih karakteristika. Poznato je: β = 100, VCC = 15V, VBE = −0,6V .

62

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Rešenje: a) Pošto su tranzistori Q1 i Q2 identičnih karakteristika i imaju isti napon baza - emiter to su im i bazne struje identične. I B1 = I B2 = I B

(3.7.1)

Sa slike 3.7 se vidi da je: I E 3 = IC 2 + 2I B = (β + 2)I B I = I C3 =

β β(β + 2) IE3 = IB β +1 β +1

I R = IC1 + I B3 = β I B +

IE3 β+2 = (β + )I B β +1 β +1

(3.7.2) (3.7.3) (3.7.4)

Iz jednačina (3.7.3) i (3.7.4) sledi da je: I R β2 + 2β + 2 = I β(β + 2)

(3.7.5)

b) Sa slike 3.7 se vidi da je: IR =

VB3 VE 3 + VBE = R R

VE 3 = VB1 = VE1 + VBE = VCC + VBE

(3.7.6) (3.7.7)

Iz jednačina (3.7.6) i (3.7.7) sledi da je: IR =

VCC + 2VBE R

(3.7.8)

Iz jednačina (3.7.4) i (3.7.8) sledi da je: R=

β(β + 2)

VCC + 2VBE = 2,8kΩ I β + 2β + 2 2

⋅

(3.7.9)

3.8) Dizajnirati strujni izvor od 1 mA za potrošač R P čija otpornost varira u opsegu do 3kΩ koristeći jedan tranzistor koji se napaja iz izvora VCC = 15V. Poznato je: VBE = 0,6V, β = 100. Rešenje: Na slici 3.8.1 prikazana je realizacije strujnog izvora pomoću NPN trazistora. Najniži napon na kolektoru je: (VC ) min = VCC − (R P ) max I = 12V

(3.8.1)

Da bi tranzistor ostao u aktivnom režimu potrebno je da VB < (VC ) min .

63

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Otpornike R1 i R 2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada je jednosmerni napon na bazi: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.8.2)

Usvojimo napon baze VB = 7,5V . Tada je R1 = R 2 . Usvojimo da je R1 = R 2 = 10kΩ . Jednosmerni napon na emiteru je: VE = VB − VBE = 6,9V

(3.8.3)

Tada je: RE =

VE VE ≅ = 6,9kΩ IE I

(3.8.4)

3.9) Dizajnirati strujni izvor od 2 mA koristeći jedan tranzistor koji se napaja iz izvora VCC=15V. Poznato je: VBE = 0,6V, VCES = 0,2V, β = 100. Za polarizaciju baze koristiti zener diodu od VZ = 5,6V. Rešenje: Na slici 3.9.1 prikazana je realizacije strujnog izvora pomoću NPN trazistora kod koga je polarizacija baze izvršena pomoću zenerove diode. Pošto je jednosmerni napon na bazi jednak VZ , jednosmerni napon na emiteru je: VE = VZ − VBE = 5V

(3.9.1)

Tada je: RE =

VE VE ≅ = 2,5kΩ IE I

(3.9.2)

64

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Maksimalna otpornost potrošača za koju se izvor sa slike 3.9.1 ponaša kao strujni izvor je određena uslovom da: VCE > VCES = 0,2V

(3.9.3)

Sa slike 3.9.1 se vidi da je: VCE = VCC − I(R P + R E )

(3.9.4)

pa je maksimalna vrednost potrošača: (R P ) max =

VCC − VCES − IR E = 4,9kΩ I

(3.9.5)

3.10) Za pojačavač sa JFET tranzistorom sa slike 3.10 izračunati : a) struju I D u mirnoj radnoj tački i VS , VG i VD b) naponsko pojačanje G =

Vo Vi

Poznato je: Rg=1kΩ, RG=1MΩ, RS=0,5kΩ, RD=4kΩ, RP=1kΩ, C→ ∞ , VDD=20V, VP = −4V , IDSS=8mA.

65

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Rešenje: a) Pošto C→∞, kondezator C predstavlja otvorenu vezu za jednosmernu struju a kratku vezu za naizmeničnu struju. Za jednosmerni režim kolo sa slike 3.10 može se prikazati kolom na slici 3.10.1.

Ulazna otpornost JFET-a je veoma velika, pa je jednosmerna struja gejta veoma mala (reda nA). Zbog toga je jednosmerna struja sorsa IS približna jednosmernoj struji drejna I D . Otpornik R G služi da zatvori kolo gejt - sors za jednosmerne signale. Otpornik R S služi da obezbedi željenu polarizaciju spoja gejt - sors, i zajedno sa otpornikom R D određuje jednosmernu struju drejna u mirnoj radnoj tački. Kako je struja gejta zanemarljivo mala, pad napona na otporu R G je zanemarljivo mali, pa je gejt na potencijalu mase. Jednosmerna struja drejna data je jednačinom:  V  I D = I DSS 1 − GS  2 VP  

(3.10.1)

Kako je I G ≅ 0A , VG ≅ 0V i IS ≅ I D , jednosmerni napon između gejta i sorsa je: VGS = VG − VS = −VS = −R SI D

(3.10.2)

Iz jednačina (3.10.1) i (3.10.2) sledi da je:  R  I D = I DSS 1 + S I D  2 VP  

(3.10.3)

odnosno: R S2

 RS 1  2  2 I D + 1 = 0 I + − D V I VP2 DSS   P

(3.10.4)

66

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Rešavanjem kvadratne jednačine (3.10.4) po I D dobijaju se dva rešenja I D1 = 3mA i I D 2 = 21mA . Rešenje I D 2 = 21mA je fizički neprihvatljivo jer je ta struja veća od struje I DSS . Iz jednačine (3.10.2) sledi da je: VGS = − R SI D = −1,5V VS = −VGS = 1,5V VD = VDD − R D I D = 8V b) Za naizmenični režim kolo sa slike 3.10 može se prikazati kolom prikazanim na slici 3.10.2.

Naponsko pojačanje je: G=

Vo V Vgs = o ⋅ Vi Vgs Vi

(3.10.5)

gde je: Vgs =

RG Vi RG + Rg

(3.10.6)

Izlazni napon je: Vo = −Id (R P || R D )

(3.10.7)

Struja drejna Id je: Id = g m Vgs

(3.10.8)

Transkonduktansa g m je: gm =

V 1 2 ∂I D = I DSS 2(1 − GS ) = ∂VGS VP VP VP

I D I DSS = 2,45

mA V

(3.10.9)

Iz predhodnih jednačina sledi da je naponsko pojačanje: G=−

RG g m (R P RG + Rg

R D ) = −1,96

(3.10.10)

67

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

3.11) Za pojačavač sa JFET tranzistorom sa slike 3.11 izračunati : a) struju I D u radnoj tački i VS , VG i VD b) naponsko pojačanje G =

Vo Vi

c) izlaznu otpornost Ro Poznato je: Rg =1kΩ,RG=100kΩ, RS=2kΩ, RP=5kΩ, IDSS=2mA, VP = −2V ,VDD=10V, C→ ∞ .

Rešenje: a) Kondezator C predstavlja otvorenu vezu za jednosmernu struju a kratku vezu za naizmeničnu struju, pa se za jednosmerni režim kolo sa slike 3.11 može se prikazati kolom na slici 3.11.1.

Jednosmerna struja drejna je:  V  I D = I DSS 1 − GS  2 VP  

(3.11.1)

Kako je IG ≅ 0A , VG ≅ 0V i IS ≅ I D , jednosmerni napon između gejta i sorsa je: VGS = VG − VS = − VS = −R SI D

(3.11.2)

68

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Iz jednačina (3.11.1) i (3.11.2) sledi da je:  R  I D = I DSS 1 + S I D  2  VP 

(3.11.3)

odnosno: R S2

 RS 1  2  2 I D + 1 = 0 I + − D V I VP2 DSS   P

(3.11.4)

Rešavanjem kvadratne jednačine (3.11.4) po I D dobijaju se dva rešenja I D1 = 0,5mA i I D 2 = 2mA . Rešenje I D 2

je neprihvatljivo jer je za tu struju napon gejt-sors:

VGS2 = − R SI D 2 = −4V < VP , JFET nije u zasićenju, pa je I D = I D1 . Iz jednačine (3.11.2) sledi da je: VGS = − R SI D = −1V VS = − VGS = 1V VD = VDD = 10V b) Za naizmenični režim kolo sa slike 3.11 može se prikazati kolom na slici 3.11.2.

Naponsko pojačanje je: G=

Vo Vo V1 = ⋅ Vi V1 Vi

(3.11.5)

gde je: RG Vi RG + Rg

(3.11.6)

V1 = Vgs + (R S || R P )Id

(3.11.7)

V1 =

Vgs =

Id gm

(3.11.8)

69

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Tada je: 1 + g m (R S || R P ) Id gm

V1 =

(3.11.9)

Izlazni napon je: Vo = (R S || R P )Id

(3.11.10)

Iz jednačina (3.11.9) i (3.11.10) sledi da je: Vo g m (R S || R P ) = V1 1 + g m (R S || R P )

(3.11.11)

Iz jednačina (3.11.5), (3.11.6) i (3.11.11) sledi da je naponsko pojačanje: G=

RG g (R || R P ) ⋅ m S R G + R g 1 + g m (R S || R P )

(3.11.12)

Transkonduktansa g m je: gm =

2 ∂I D = ∂VGS VP

I D I DSS = 1

mA V

(3.11.13)

Naponsko pojačanje je G = 0,582 c) Izlazna otpornost je paralelna veza otpornosti R S || R P i izlazne otpornosti samog JFET - a koja se može izračunati stavljanjem kratke veze umesto pobudnog generatora Vi . Pošto je Vi = Vg = 0 , tada je: Vgs = Vg − Vs = − Vs

(3.11.14)

pa je: Vs Vgs 1 = = Id Id gm

(3.11.15)

Izlazna otpornost je: (R S || R P )rs Ro = = 588Ω R S || R P + rs

(3.11.16)

rs = −

3.12) Dizajnirati razdvajač faze pomoću JFET tranzistora na osnovu sledećih podataka: VDD=20V, ID=3mA, VGS = −1,5V . Razdvajač faze se napaja iz generatora unutrašnje otpornosti od Rg = 1kΩ. Rešenje: Na slici 3.12.1 je prikazana realizacija razdvajača faze pomoću JFET-a.

70

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Pojačanje od ulaza do izlaza 1 je: G1 =

V1 V1 Vi = ⋅ Vg Vi Vg

(3.12.1)

gde je: Vi =

RG Vg RG + Rg

V1 = Id R S = g m Vgs R S = g m (Vi − V1 )R S V1 gmRS = Vi 1 + g m R S

(3.12.2) (3.12.3) (3.12.4)

Tada je: G1 =

RG g R ⋅ m S R G + R g 1 + g mRS

(3.12.5)

Pojačanje od ulaza do izlaza 2 je: G2 =

V2 V2 Vi V Vgs Vi = ⋅ = 2 ⋅ ⋅ Vg Vi Vg Vgs Vi Vg

(3.12.6)

gde je: V2 = − Id R D = −g m Vgs R D

(3.12.7)

Vi = Vgs + Id R S = Vgs + g m Vgs R S = Vgs (1 + g m R S )

(3.12.8)

Tada je: G2 = −

RG g R ⋅ m D R G + R g 1 + gmRS

(3.12.9)

Da bi G1 = −G 2 , treba da je R D = R S .

71

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Pošto je jednosmerna struja gejta veoma mala (reda nA), R G treba da je veoma veliki. Stavimo R G = 1MΩ . Tada je: (3.12.10)

VGS = − VS = −R SI D odnosno: RS = −

VGS = 0,5kΩ ID

(3.12.11)

3.13) Koristeći N - kanalni JFET koji se napaja iz izvora VDD=15V dizajnirati strujni izvor za potrošač RP od: a) I=5mA b) I=2mA Poznato je: IDSS=5mA, VP = −4V . Odrediti opseg promene otpora potrošača u kome kolo ispravno radi. Rešenje: Da bi se JFET ponašao kao strujni izvor neophodno je obezbediti režim rada JFET - a u oblasti zasićenja ( VDS ≥ VGS − VP ) a) Pošto je tražena struja jednaka struji IDSS , JFET treba polarisati nultim naponom između gejta i sorsa. Realizacija strujnog izvora je prikazana na slici 3.13.1.

Struja kroz potrošač RP je:  V  I = I D = I DSS 1 − GS  VP  

2

(3.13.1)

Kako je VGS = 0 , struja kroz potrpšač je I = I D = I DSS . Napon između drejna i sorsa je: VDS = VDD − IR P

(3.13.2) 72

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Maksimalna vrednost otpora potrošača koji omogućava ispravni rad strujnog izvora određuje se iz uslova da je: (VDS ) min = VDD − I(R P ) max = −VP

(3.13.3)

odnosno: (R P ) max =

VDD + VP = 2,2kΩ I

(3.13.4)

b) Pošto je struja I manja od struje IDSS potrebno je obezbediti negativnu polarizaciju spoja gejt - sors. To se postiže stavljanjem otpornika RS u sors tranzistora (slika 3.13.2).

Struja kroz potrošač RP je: 2

 V   IR  I = I D = I DSS 1 − GS  = I DSS 1 + S  VP  VP   

2

(3.13.5)

Tada je: RS =

 VP  I − 1 = 735Ω  I  I DSS 

(3.13.6)

Sa slike 3.13.2 se vidi da je: VDD − IR P − VDS − IR S = 0

(3.13.7)

odnosno: VDS = VDD − I(R P + R S ) = 0

(3.13.8)

Maksimalna vrednost otpora potrošača koji omogućava ispravni rad strujnog izvora određuje se iz uslova da je: (VDS ) min = VDD − I[(R P ) max + R S ] = VGS − VP = −IR S − VP

(3.13.9)

odnosno: (R P ) max =

VDD − VP = 5,5kΩ I

(3.13.10)

73

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

3.14) Za pojačavač sa slike 3.14 u kome je upotrebljen MOSFET sa indukovanim kanalom N - tipa izračunati: a) Otpornike R1, R2, RD b) Naponsko pojačanje G =

Vo Vi

Poznato je: VDD=10V, ID=2 mA, VT=2V, B=2

mA V2

, RS=0,5 kΩ, Rg=5kΩ, RP=2kΩ, C→ ∞ .

Rešenje: a) Za jednosmerni režim kolo sa slike 3.14 izgleda kao kolo na slici 3.14.1.

Jednosmerni napon VDS treba postaviti na polovinu napona napajanja VDD da bi se dobio maksimalno neizobličen signal na izlazu. VDS =

VDD 2

(3.14.1)

Sa slike 3.14.1 se vidi da je: VDD − R D I D − VDS − R SIS = 0

(3.14.2)

74

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

Kako je struja gejta IG ≅ 0 i I D ≅ IS , iz jednačine (3.14.2) sledi da je: VDD − VDS − R S = 2kΩ ID

RD =

(3.14.3)

Napon na sorsu je: VS = R SI D = 1V

(3.14.4)

Struja drejna je data relacijom: B (VGS − VT ) 2 2

ID =

(3.14.5)

Iz jednačine (3.14.5) sledi da je: VGS =

2I D + VT = 3,4V B

(3.14.6)

Napon na gejtu je: VG = VGS + VS = 4,4V

(3.14.7)

Napon na gejtu je izveden preko razdelnika napona R1, R2: VG =

R2 VDD R1 + R 2

(3.14.8)

odnosno: R2 V = G = 0,44 R1 + R 2 VDD

(3.14.9)

Kako je struja gejta veoma mala (reda nA), treba da je otpor R2 veliki. Stavimo da je R 2 = 100kΩ . Tada je: R1 =

R 2 (1 − 0,44) = 127kΩ . 0,44

b) Za naimenični režim kolo sa slike 3.14 može se prikazati kolom na slici 3.14.2.

Naponsko pojačanje je: G=

Vo Vo V1 = ⋅ Vi V1 Vi

(3.14.10)

75

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

TRANZISTORI

gde je: V1 =

R1 || R 2 Vi R g + R1 || R 2

(3.14.11)

 1  V1 = V gs + R SId = Id  + R S   gm  gm =

Id Vgs

(3.14.12) (3.14.13)

Izlazni napon Vo je: Vo = −(R D || R P )Id = −

g m (R D || R P ) V1 1 + gmRS

(3.14.14)

Transkonduktansa g m je: gm =

∂I D B mA = 2 (VGS − VT ) = 2BID = 2,82 ∂VGS 2 V

(3.14.15)

Iz jednačina (3.14.11), (3.14.14) i (3.14.15) sledi da je naponsko pojačanje: G=−

R1 || R 2 g (R || R P ) ⋅ m D = −1,1 R g + R1 || R 2 1 + gmRS

(3.14.16)

76

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

4. DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ Diferencijalni pojačavač je stepen koji služi da pojača razliku napona dva nezavisna pobudna generatora. Blok šema diferencijalnog pojačavača prikazana je na slici 1.

U idealnom slučaju kada su pojačanja od oba ulaza do izlaza međusobno jednaka, a suprotnog znaka, izlazni napon je: Vo = GV1 − GV2 = G (V1 − V2 ) Međutim, kod realnog diferencijalnog pojačavača, pojačanja merena između jednog ulaznog i izlaznog napona i drugog ulaznog i izlaznog napona nisu međusobno jednaka, tj. izlazni napon ne zavisi samo od razlike ulaznih napona, već i od njihove apsolutne vrednosti. Prema tome, izlazni napon kod realnog diferencijalnog pojačavača je: Vo = G1V1 − G 2 V2 Ako se ulazni naponi izraze preko napona razlike Vd = V1 − V2 i napona srednje vrednosti Vs =

V1 + V2 tada je: 2

1 V1 = Vs + Vd 2 1 V2 = Vs − Vd 2 1  1    Vo = G1V1 − G 2 V2 = G1 Vs + Vd  − G 2  Vs − Vd  2  2    odnosno: Vo =

1 (G1 + G 2 )Vd + (G1 − G 2 )Vs = G d Vd + G s Vs 2

77

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

gde je: Gd =

G1 + G 2 - diferencijalno pojačanje 2

G s = G1 − G 2 - pojačanje srednje vrednosti. Izlazni napon se može napisati i u obliku:  1 Vs   Vo = G d Vd 1 +  ρ Vd  gde je ρ =

Gd faktor potiskivanja napona srednje vrednosti i predstavlja meru asimetrije Gs

diferencijalnog pojačavača. U idealnom slučaju kada je G1 = G 2 , ρ teži beskonačnosti i pojačavač pojačava samo razliku ulaznih napona. Diferencijalni pojačavač je ulazni stepen kod većine integrisanih pojačavača. Takođe se koristi kao ulazni stepen uređaja kod kojih dolazi slab signal zagađen šumom ( audio signali, radiofrekventni signali itd. ).

4.1) Za diferencijalni pojačavač sa slike 4.1 odrediti RE, RC i R1. Poznato je: VCC=15V, VEE=15V, struja kolektora u mirnoj radnoj tački IC=0,5 mA, diferencijalno pojačanje Gd=25, pojačanje srednje vrednosti |Gs|=0,5. Smatrati da su tranzistori Q1 i Q2 identičnih karakteristika.

Rešenje: Za naizmenični režim kolo sa slike 4.1 može se prikazati kolom na slici 4.1.1. 78

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

Zbir naizmeničnih napona po konturi baza - emiter daje: V1 − (R E + re )Ie1 − R1 (Ie1 + Ie 2 ) = 0

(4.1.1)

V2 − (R E + re )Ie 2 − R1 (Ie1 + Ie 2 ) = 0

(4.1.2)

gde je re =

VT emiterski otpor i na sobnoj temperaturi je re = 50Ω . IC

Sabiranjem i oduzimanjem jednačina (4.1.1) i (4.1.2) dobija se: V1 + V2 = (2R1 + R E + re )(Ie1 + Ie 2 )

(4.1.3)

V1 − V2 = (R E + re )(Ie1 − Ie 2 )

(4.1.4)

odnosno: V1 + V2 = Ie1 + Ie 2 2R1 + R E + re

(4.1.5)

V1 − V2 = Ie1 − Ie 2 R E + re

(4.1.6)

Iz jednačina (4.1.5) i (4.1.6) sledi da je: V1 + V2 V − V2 − 1 = 2I e 2 2R1 + R E + re R E + re

(4.1.7)

Izlazni napon Vo je: Vo = − R C Ic 2 ≅ − R C Ie 2 =

RC RC V + V2 ⋅ 1 (V1 − V2 ) − 2(R E + re ) 2R1 + R E + re 2

(4.1.8)

odnosno: Vo = G d Vd + G s Vs

(4.1.9)

gde je:

79

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

Gd =

RC 2(R E + re )

(4.1.10)

Gs= −

RC 2R1 + R E + re

(4.1.11)

Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora Q2 treba postaviti na polovini napona napajanja: VC 2 =

VCC = VCC − R C IC 2

(4.1.12)

Tada je : RC =

VCC = 15KΩ 2I C

(4.1.13)

RE =

RC − re = 250Ω 2G dif

(4.1.14)

R1 =

R C − G cm (R E + re ) 2 G cm

= 14,8kΩ

(4.1.15)

Pošto diferencijalno i pojačanje srednje vrednosti ne zavise od kolektorskog otpora tranzistora Q1, on se može izostaviti. 4.2) Za diferencijalni pojačavač sa slike 4.2 odrediti diferencijalno pojačanje Gd i pojačanje srednje vrednosti Gs. Poznato je: VCC=15V, VEE=15V, VZ=1,2V, R1=470kΩ, R2=30kΩ, VBE=0,6V, β = 100 . Smatrati da su tranzistori Q1 i Q2 identičnih karakteristika.

Rešenje: Pošto je diferencijalni pojačavač simetričan važi:

80

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

I E1 = I E 2 =

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

I 2

(4.2.1)

Napon na bazi tranzistora Q3 je VB3 = VZ = 1,2V , pa je: VE 3 = VB3 − VBE = 0,6V IE3 =

VE 3 − (− VEE ) = 0,52mA R2

I E 3 ≅ I = 2I E1

(4.2.2) (4.2.3) (4.2.4)

odnosno I E1 = 0,26mA . Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora Q2 treba postaviti na polovini napona napajanja: VC 2 =

VCC = 7,5V 2

(4.2.5)

Tada je: RC =

VCC − VC 2 VCC − VC 2 ≅ = 29kΩ IC1 I E1

(4.2.6)

Za naizmenični režim kolo sa slike 4.2 može se prikazati kolom na slici 4.2.1, gde je R iz otpornost strujnog izvora

Zbir naizmeničnih napona po konturi baza - emiter daje: V1 = re Ie1 + R iz (Ie1 + Ie 2 )

(4.2.7)

V2 = re I e 2 + R iz (I e1 + I e 2 )

(4.2.8)

gde je re =

VT ≅ 100Ω IC

Sabiranjem i oduzimanjem jednačina (4.2.7) i (4.2.8) dobija se:

81

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

V1 + V2 = Ie1 + Ie 2 re + 2R iz

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

(4.2.9)

V1 − V2 = Ie1 − Ie 2 re

(4.2.10)

Iz jednačina (4.2.9) i (4.2.10) sledi da je: Ie 2 =

V1 + V2 V − V2 − 1 2(re + 2R iz ) 2re

(4.2.11)

Izlazni napon Vo je: Vo = − R C Ic 2 ≅ − R C Ie 2 =

RC RC V + V2 (V1 − V2 ) − ⋅ 1 2re re + 2R iz 2

(4.2.12)

odnosno: Vi = G d Vd + G s Vs

(4.2.13)

gde je: Gd =

RC = 145 2re

(4.2.14)

RC re + 2R iz

(4.2.15)

Gs = −

Kada je otpornost strujnog izvora veoma velika (Riz→∞), pojačanje srednje vrednosti je veoma malo (Gs→0). 4.3) Za diferencijalni pojačavač sa JFET tranzistorima sa slike 4.3 odrediti diferencijalno pojačanje Gd, pojačanje srednje vrednosti Gs i faktor potiskivanja srednje vrednosti ρ. Poznato je: VDD=15V, VSS=15V, VP = −2V , IDSS=2mA, RD=10kΩ, RSS=20kΩ. Smatrati da su tranzistori identičnih karakteristika.

82

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

Rešenje: Za naizmenični režim rada kolo sa slike 4.3 može se prikazati kolom na slici 4.3.1.

Zbir naizmeničnih napona po konturi gejt - sors daje: V1 − Vgs1 − R SS (Is1 + Is 2 ) = 0

(4.3.1)

V2 − Vgs 2 − R SS (Is1 + Is 2 ) = 0

(4.3.2)

gde je: Is1 = g m Vgs1

(4.3.3)

Is 2 = g m Vgs 2

(4.3.4)

Tada je: V1 = Vgs1 (1 + g m R SS ) + g m R SS Vgs 2

(4.3.5)

V2 = Vgs 2 (1 + g m R SS ) + g m R SSVgs1

(4.3.6)

sabiranjem i oduzimanjem jednačina (4.3.5) i (4.3.6) dobija se: V1 + V2 = (1 + 2g m R SS )(Vgs1 + Vgs 2 )

(4.3.7)

V1 − V2 = Vgs1 − Vgs 2

(4.3.8)

Iz jednačina (4.3.7) i (4.3.8) dobija se: Vgs 2 = −

V1 − V2 V1 + V2 + 2 2(1 + 2g m R SS )

(4.3.9)

Izlazni napon Vo je: Vi = −R D Id 2 ≅ −R D Is 2 = − R Dg m Vgs 2

(4.3.10)

odnosno: Vi =

gmR D gmR D V + V2 (V1 − V2 ) − ⋅ 1 2 1 + 2g m R SS 2

(4.3.11)

83

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

Vi = G d Vd + G s Vs

(4.3.12)

gde je: Gd =

gmR D 2

Gs = −

(4.3.13)

gmR D 1 + 2g m R SS

(4.3.14)

Zbir jednosmernih napona po konturi gejt - sors daje: VGS + 2R SSI D − VSS = 0

(4.3.15)

Jednosmerna struja drejna data je jednačinom:  V  I D = I DSS 1 − GS  2 VP  

(4.3.16)

Iz jednačina (4.3.15) i (4.3.16) sledi da je:  2R SSI D − VSS  2  I D = I DSS 1 + VP  

(4.3.17)

odnosno: 2 4R SS

2

I2 2 D VP

 4R  V   VSS  1   =0 +  SS 1 − SS  −  I D + 1 − VP  I DSS  VP   VP  

(4.3.18)

Rešenja kvadratne jednačine 4.3.18 su: I D1 = 0,4mA i I D 2 = 0,45mA . Tada je: VGS1 = VSS − 2R SSI D1 = −1,16V VGS1 = VSS − 2R SS I D 2 = −2,96V〈 VP Za struja I D 2 JFET nije u zasićenju i ovo rešenje otpada. Prema tome: I D = 0,4mA i gm =

2 VP

I D I DSS = 0,894

mA , pa je: V

G d = 4,47 , G s = −0,25 i ρ =

Gd = 17,88 Gs

4.5) Za diferencijalni pojačavač sa slike 4.5 odrediti: a) naponsko pojačanje G =

Vo Vi

Poznato je: VCC = 15V , VEE = 15V , IC = 0,5mA . Smatrati da su tranzistori identičnih karakteristi . 84

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

Rešenje: Zbir naizmeničnih napona po konturi baza - emiter daje: re Ie1 + R E (Ie1 + Ie 2 ) = Vi

(4.5.1)

re Ie 2 + R E (Ie1 + Ie 2 ) = 0

(4.5.2)

Iz jednačina (4.5.1) i (4.5.2) se dobija : Ie 2 = −

RE 2re R E + re2

(4.5.3)

Vi

Izlazni napon je: Vo = − R C Ic 2 ≅ − R C Ie 2 =

R ER C 2re R E + re2

Vi

(4.5.4)

Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora treba postaviti na polovinu napona napajanja: VC 2 =

VCC 2

(4.5.5)

Tada je: RC =

VCC − VC 2 = 15kΩ IC 2

(4.5.6)

Sa slike 4.5 se vidi da za jednosmerni režim važi: I E1 + I E 2 = I

(4.5.7)

Pošto je kolo simetrično važi: I = I E1 = I E 2 ≅ IC 2 2

(4.5.8)

Zbir jednosmernih napona po konturi baza - emiter daje: − VBE − R E I E + VEE = 0

(4.5.9)

Tada je: 85

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

RE =

VEE − VBE = 28,8kΩ IE

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

(4.5.10)

Naponsko pojačanje je: G=

Vo R ER C = = 150 Vi 2re R E + re2

(4.5.11)

4.6) Dizajnirati diferencijalni pojačavač sa strujnim izvorom od 1 mA, koji ima diferencijalno pojačanje G d = 50 . Napon napajanja je VCC = 15V . Smatrati da su upotrebljeni tranzistori identičnih karakteristika ( β = 100, VBE = 0,6V ). Rešenje: Na slici 4.6.1 prikazana je realizacija diferencijalnog pojačavača sa strujnim izvorom od 1 mA koji je realizovan pomoću jednog tranzistora.

Sa slika 4.6.1 se vidi da je: I = I C3 ≅ I E 3 =

VE 3 − (− VCC ) R E3

VE 3 = VB3 − VBE

(4.6.1) (4.6.2)

Napon VB3 određen je otpornicima R1 i R 2 . Ako su otpornici R1 i R 2 takvi da je struja baze mnogo manja od struje kroz razdelnik napona određenog ovim otpornicima (barem 10 puta), tj. ako je :

86

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

VCC I I ≅ 10I B = 10 = β 10 R1 + R 2

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

(4.6.3)

Tada je: VB3 = −

R1 VCC R1 + R 2

(4.6.4)

Neka je napon VE 3 = −11V . Tada iz jednačine (4.6.2) sledi da je VB3 = −10,4V , iz jednačine (4.6.1) da je R E 3 = 4kΩ , a iz jednačina (4.6.3) i (4.6.4) da je R1 = 104kΩ i R 2 = 46kΩ . Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora Q 2 treba postaviti na polovini napona napajanja: VC 2 =

VCC = VCC − R C IC 2 2

(4.6.5)

Kako je diferencijalni pojačavač simetričan važi: I E1 = I E 2 =

I 2

(4.6.6)

Tada je: RC =

VCC − VC 2 VCC − VC 2 ≅ = 15kΩ IC2 IE 2

(4.6.7)

Za naizmenični režim kolo sa slike 4.6.1 može se prikazati kolom na slici 4.6.2, gde je R iz otpornost strujnog izvora

Zbir naizmeničnih napona po konturi baza - emiter daje: V1 = (re + R E )Ie1 + R iz (Ie1 + Ie 2 )

(4.6.8)

V2 = (re + R E )Ie 2 + R iz (Ie1 + Ie 2 )

(4.6.9)

87

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

gde je re =

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

VT ≅ 50Ω IC

Iz jednačina (4.6.8) i (4.6.9) sledi da je: Ie 2 =

V1 + V2 V − V2 − 1 2(re + R E + 2R iz ) 2(re + R E )

(4.6.10)

Izlazni napon Vo je: Vo ≅ −R C Ie 2 =

RC RC V + V2 (V1 − V2 ) − ⋅ 1 2(re + R E ) re + R E + 2R iz 2

(4.6.11)

odnosno: Vi = G d Vd + G s Vs

(4.6.12)

gde je: Gd =

RC 2(re + R E )

Gs = −

RC re + R E + 2R iz

(4.6.13) (4.6.14)

Iz jednačine (4.6.13) sledi da je: RE =

RC − re = 100Ω 2G d

(4.6.15)

88

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

5. OPERACIONI POJAČAVAČ Operacioni pojačavač je vrsta pojačavača čiji je simbol prikazan na slici 1.

Znak + na ulazu 1 označava da je izlazni napon Vo u fazi sa ulaznim naponom V1 i naziva se neinvertujući ulaz. Znak − na ulazu 2 označava da je izlazni napon Vo fazno pomeren za 180o u odnosu na fazu ulaznog naponom V2 i naziva se invertujući ulaz. Operacioni pojačavač je višestepeni pojačavač. Ulazni stepen je diferencijalni pojačavač koji treba da obezbedi veliko pojačanje za diferencijalni signal Vd = V1 − V2 i veliku ulaznu impedansu. Srednji stepen treba da obezbedi potrebno naponsko i strujno pojačanje, a izlazni stepen treba da obezbedi malu izlaznu impedansu. Neki od osnovnih parametara koji se definišu kod operacionog pojačavača su: •

Pojačanje pojačavača u otvorenoj petlji G o =

•

Ulazna otpornost R i

•

Izlazna otpornost R o

•

Propusni opseg

Vo V1 − V2

Idealni operacioni pojačavač ima beskonačno pojačanje G o , beskonačnu ulaznu otpornost, nultu izlaznu otpornost i beskonačno širok propusni opseg. Savremeni operacioni pojačavači imaju približno takve karakteristika pa se pri analizi kola često zamenjuju idealnim.

89

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

5.1) Za kolo sa slike 5.1 izračunati naponsko pojačanje G =

OPERACIONI POJAČAVAČ

Vo ako je upotrebljen: Vi

a) idealni operacioni pojačavač b) operacioni pojačavač koji ima konačno pojačanje G o

Rešenje: a) Kako za idealni operacioni pojačavač važi G o → ∞ Vd =

Vo =0 Go

(5.1.1)

Sa slike 5.1 se vidi da je: Vi = Vo

(5.1.2)

Naponsko pojačanje je: G=

Vo =1 Vi

(5.1.3)

b) Ako je G o konačno, tada je: Vd =

Vo Go

(5.1.4)

Sa slike 5.1 se vidi da je: Vo = Vi − Vd = Vi −

Vo Go

(5.1.5)

Naponsko pojačanje je: G=

Vo = Vi

1 1 1+ Go

(5.1.6)

Kako je pojačanje G o kod savremenih operacionih pojačavača veoma veliko (reda 107 ), naponsko pojačanje G =

Vo ≅ 1, a ulazna otpornost vrlo velika, ovaj pojačavač je odličan Vi

razdvojni stepen. 90

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

5.2) Za kolo invertujućeg operacionog pojačavača sa slike 5.2 izračunati naponsko pojačanje G=

Vo ako je upotrebljen: Vi

a) idealni operacioni pojačavač b) operacioni pojačavač koji ima konačno pojačanje G o

Rešenje: a) Kako je Vd =

Vo = 0 i neinvertujući ulaz vezan za masu, tada je i invertujući ulaz na Go

masi pa je prema slici 5.2: Vi = IR1

(5.2.1)

Vo = − IR 2

(5.2.2)

Naponsko pojačanje je: G=

Vo R =− 2 Vi R1

b) Ako je pojačanje konačno, tada je Vd =

(5.2.3) Vo , pa je prema slici 5.2: Go

Vi + Vd = IR1

(5.2.4)

Vd + Vo = − IR 2

(5.2.5)

Vi + Vd V + Vo =− d R1 R2

(5.2.6)

Naponsko pojačanje je: R2 V R1 G= o =− Vi 1  R2  1 +  1+ G o  R1 

(5.2.7)

91

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

Jednačine (5.2.7) se svodi na jednačinu (5.2.3) kada G o → ∞ . Pojačanje G je negativnno (zato se i naziva invertujući pojačavač) i zavisi od odnosa otpornika R1 i R 2 . 5.3) Za kolo neinvertujućeg operacionog pojačavača sa slike 5.3 izračunati naponsko pojačanje G =

Vo ako je upotrebljen: Vi

a) idealni operacioni pojačavač b) operacioni pojačavač koji ima konačno pojačanje G o

Rešenje: a) Pošto je Vd =

Vo = 0 a na neinvertujućem ulazu je naponu Vi , tada je i na invertujućem Go

ulazu napon Vi , pa je prema slici 5.3: Vi = − IR1

(5.3.1)

Vi − Vo = IR 2

(5.3.2)

Vi − Vo V =− i R2 R1

(5.3.3)

Naponsko pojačanje je: G=

Vo R = 1+ 2 Vi R1

b) Ako je pojačanje konačno, tada je Vd =

(5.3.4) Vo , pa je prema slici 5.3: Go

Vi − Vd = − IR1

(5.3.5)

Vi − Vd − Vo = IR 2

(5.3.6)

92

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

Vi − Vd Vo − (Vi − Vd ) = R1 R2

(5.3.7)

Naponsko pojačanje je: G=

Vo 1 = 1 R1 Vi + G o R1 + R 2

(5.3.8)

Jednačine (5.3.8) se svodi na jednačinu (5.3.4) kada G o → ∞ . Pojačanje G je pozitivno (zato se i naziva neinvertujući pojačavač) i zavisi od odnosa otpornika R1 i R 2 . 5.4) Za kolo sa idealnim operacionim pojačavačem sa slike 5.4 izračunati izlazni napon Vo . Ispitati slučaj kada je: R 1 = R 3 i R 2 = R 4 .

Rešenje: Izlazni napon može se naći principom superpozicije. Izlazni napon je: Vo = Vo |Vi1 = 0 + Vo |Vi 2 = 0

(5.4.1)

Pošto je operacioni pojačavač idealan, napon u čvoru 1 jednak je naponu u čvoru 2. Za Vi1 = 0 napon u čvoru 2 je: V2 =

R4 Vi 2 R3 + R4

(5.4.2)

Pojačavač sa slike 5.4 u ovom slučaju ponaša se kao neinvertujući operacioni pojačavač sa pojačanjem: Vo | Vi1 =0 = (1 +

R2 R R4 )V2 = (1 + 2 ) ⋅ Vi 2 R1 R1 R 3 + R 4

(5.4.3)

Za Vi 2 = 0 napon u čvoru 2 je V2 = 0 . Pojačavač sa slike 5.4 u ovom slučaju ponaša se kao invertujući operacioni pojačavač sa pojačanjem: 93

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

Vo | Vi 2 =0 = −

R2 Vi1 R1

OPERACIONI POJAČAVAČ

(5.4.4)

Izlazni napon je: Vo = (1 +

R2 R4 R )⋅ Vi 2 − 2 Vi1 R1 R 3 + R 4 R1

(5.4.5)

Za R 1 = R 3 i R 2 = R 4 izlazni napon je: Vo =

R2 (Vi 2 − Vi1 ) R1

(5.4.6)

5.5) Dizajnirati kolo sa idealnim operacionom pojačavačima koje će realizovati sledeću sumu ulaznih napona: Vo = 2Vi1 − Vi 2 . Omogućiti da se kolo pobuđuje izvorima sa velikom unutrašnjom otpornošću R g .

Rešenje: Na slici 5.5 je prikazana realizacija kola.

Sa slike 5.5 se vidi da je izlazni napon: Vo = −

R R (− Vi1 ) − Vi 2 = 2Vi1 − Vi 2 R R 2

(5.5.1)

94

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

5.6) Dizajnirati Šmitovo okidno kolo pomoću operacionog pojačavača ako se: a) okidanje vrši na invertujućem ulazu; b) okidanje vrši na neinvertujućem ulazu; Izlazne nivoe postaviti na VOL = 0V i VOH = 5V sa širinom histerezisa VH = 0,2V i sa centrom histerezisa na VCH = 2,5V . Na raspolaganju je baterija od VB = 5V . Rešenje: Šmitovo okidno kolo služi za poređenje pobudnog napona sa referentnim naponom. Svaki put kada pobudni napon dostigne referentni Šmitovo okidno kolo menja stanje na izlazu. a) Na slici 5.6.1 prikazano je Šmitovo okidno kolo sa idealnim operacionim pojačavačem kod koga se vrši okidanje na invertujućem ulazu.

Nivoi ulaznog napona pri kojima nastaju promene na izlazu pojačavača određeni su vrednošću napona VT = VU . Sa kola sa slike 5.6.1 se vidi da je: VR − VT VT − VO = R1 R2

(5.6.1)

odnosno: VT =

R2 R1 VR + VO R1 + R 2 R1 + R 2

(5.6.2)

Karakteristika prenosa kola sa slike 5.6.1 prikazana je na slici 5.6.2. Referentni naponi VT1 i VT 2 nazivaju se naponi okidanja. Zbog sličnosti sa karakteristikama magnetnih materijala, karakteristika prenosa Šmitovog kola naziva se histerezisna petlja, odnosno histerezis. Niži naponski nivo okidanja Šmitovog okidnog kola je: VT1 =

R2 R1 VR + VOL R1 + R 2 R1 + R 2

(5.6.3)

95

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

Viši naponski nivo okidanja Šmitovog okidnog kola je: R2 R1 VR + VOH R1 + R 2 R1 + R 2

VT 2 =

(5.6.4)

Razlika naponskih nivoa okidanja čine širinu histerezisa Šmitovog okidnog kola: VH = VT 2 − VT1 =

R1 (VOH − VOL ) R1 + R 2

(5.6.5)

Centar histerezisa je: VCH =

VT1 + VT 2 R2 1 R1 = VR + ⋅ (VOH + VOL ) 2 R1 + R 2 2 R1 + R 2

(5.6.6)

Kako je: VOH = 5V i VOL = 0V iz jednačine (5.6.5) sledi da je: R1 V 1 = H = R1 + R 2 VOH 25 odnosno VR =

(5.6.7)

R2 = 24 . Iz jednačine (5.6.6) sledi da je: R1

R1 + R 2 R VCH − 1 VOH = 2,5V R2 2R 2

(5.6.8)

Ako uzmemo da je R1 = 100Ω , tada je R 2 = 2,4kΩ . Pošto je na raspolaganju baterija od 5V, referentni napon može se realizovati preko razdelnika napona prikazanim na slici 5.6.3 ( R 3 = R 4 = 5kΩ ).

b) Na slici 5.6.4 prikazano je Šmitovo okidno kolo kod koga se vrši okidanje na neinvertujućem ulazu, a na slici 5.6.5 njegova histerezisna petlja. Nivoi ulaznog napona VU = VT pri kojima nastaju promene na izlazu pojačavača određeni su vrednošću napona VR . Sa kola sa slike 5.6.4 vidi se da je:

96

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

VT − VR VR − VO = R1 R2

OPERACIONI POJAČAVAČ

(5.6.9)

odnosno: VT =

R1 + R 2 R VR − 1 VO R2 R2

(5.6.10)

Niži naponski nivo okidanja Šmitovog okidnog kola je: R1 + R 2 R VR − 1 VOH R2 R2

VT1 =

(5.6.11)

Viši naponski nivo okidanja Šmitovog okidnog kola je: R1 + R 2 R VR − 1 VOL R2 R2

VT 2 =

(5.6.12)

Širina histerezisa Šmitovog okidnog kola je: VH = VT 2 − VT1 =

R1 (VOH − VOL ) R2

(5.6.13)

Centar histerezisa je: VCH =

VT1 + VT 2 R1 + R 2 R = VR − 1 (VOH + VOL ) 2 R2 2R 2

(5.6.14)

Kako je: VOH = 5V i VOL = 0V iz jednačine (5.6.13) sledi da je: R1 V = H = 0,04 R 2 VOH

(5.6.15)

Tada iz jednačine (5.6.14) sledi da je: VR =

R2 R1 + VOH = 2,5V R1 + R 2 2(R1 + R 2 )

(5.6.16)

Ako uzmemo da je R 2 = 10kΩ , tada je R1 = 400Ω .

97

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

5.7) Izračunati izlazni napon Vo u kolu sa slike 5.7. Smatrati da su upotrebljeni operacioni pojačavači idealni.

Rešenje: Struja kroz otpornik R1 je: I=

Vi1 − Vi 2 R1

(5.7.1)

Napon V1 u čvoru 1 je: V1 = Vi1 + IR 2 = Vi1 +

R2 R R (Vi1 − Vi 2 ) = Vi1 (1 + 2 ) − Vi 2 2 R1 R1 R1

(5.7.2)

Napon V2 u čvoru 2 je: V2 = Vi 2 − IR 2 = Vi 2 −

R2 R R (Vi1 − Vi 2 ) = Vi 2 (1 + 2 ) − Vi1 2 R1 R1 R1

(5.7.3)

Izlazni napon je: Vo =

R4 R R (V2 − V1 ) = 4 (1 + 2 2 )(Vi 2 − Vi1 ) R3 R3 R1

(5.7.4)

5.8) Dizajnirati logaritamski operacioni pojačavač. Rešenje: Kod logaritamskog operacionog pojačavača izlazni napon proporcionalan je logaritmu ulaznog napona. Da bi se pomoću operacionog pojačavača ostvario logaritamski pojačavač, potrebno je imati elemenat koji ima logaritamsku karakteristiku, a to su diode i bipolarni tranzistori.

98

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

OPERACIONI POJAČAVAČ

Na slici 5.8.1 prikazana je realizacija logaritamskog pojačavača pomoću diode.

Pri direktnoj polarizaciji struja kroz diodu je: I D = IS ( e

VD nVT

− 1)

(5.8.1)

Ako je inverzna struja zasićenja IS mnogo manja od direktne struje I D , jednačina 5.8.1 postaje: I D = IS e

VD nVT

(5.8.2)

Pad napona na diodi VD , kada protiče struja I D je na osnovu jednačine 5.8.2: VD = nVT [(ln(I D ) − ln(IS )]

(5.8.3)

Struja kroz diodu I D jednaka je struji I =

Vi , a izlazni napon jednak je negativnoj vrednosti R

pada napona na diodi. Vo = −nVT [(ln(I D ) − ln(IS )] = −K1 ln(Vi ) + K 2

(5.8.4)

gde je: K1 = nVT i K 2 = nVT ln(IS ) + nVT ln(R ) . Iz jednačine 5.8.4 se vidi da je napon na izlazu logaritamska funkcija napona na ulazu i zavisi od nVT i IS . Faktor n koji zavisi od struje diode može se eliminisati upotrebom tranzistora umesto diode. Na slici 5.8.2 prikazana je realizacija logaritamskog pojačavača pomoću tranzistora. Struja kolektora data je jednačinim: IC = ISe

VBE VT

(5.8.5)

Izlazni napon je: Vo = − VBE = − VT [(ln(IC ) − ln(IS )] Struja kolektora IC jednaka je struji I =

(5.8.6) Vi . Izlazni napon je: R 99

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

Vo = −VT ln(Vi ) + VT [ln(IS ) + ln(R )] = −K 3 ln(Vi ) + K 4

OPERACIONI POJAČAVAČ

(5.8.7)

gde je: K 3 = VT i K 4 = VT [ln(IS ) + ln(R )] . Mana logaritamskih pojačavača sa slika 5.8.1 i 5.8.2 je u tome što izlazni napon zavisi od temperature ambijenta, jer su VT i IS temperaturno zavisni. 5.9) Izračunati izlaznu struju Io u kolu sa slike 5.8. Smatrati da su upotrebljeni operacioni pojačavači idealni.

Rešenje: Kako su upotrebljeni operacioni pojačavači idealni, napon V1 u čvoru 1 jednak je naponu V2 u čvoru 2. Sa slike 5.9 se vidi da je: Vi1 − V1 = R1I1

(5.9.1)

Vi 2 − V2 = R1I 2

(5.9.2)

V1 − V3 = R1I1

(5.9.3)

V2 − V4 = R1I 2

(5.9.4)

gde je V3 napon u čvoru 3, a V4 napon u čvoru 4, pri čemu je V4 = Vo . Izlazna struja Io je: Io =

V3 − V4 Vi 2 − Vi1 = R R

(5.9.5)

100

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6. DIGITALNA ELEKTRONIKA Digitalna elektronika zasnovana je na dejstvu diskretnih signala na logička kola. Logička kola predstavljaju elektronske sisteme koja su u stanju da ostvare određene logičke operacije u skladu sa zakonima Bulove algebre (algebra logike). Signali logičkih kola menjaju se između dva logička nivoa, odnosno stanja. Donji logički nivo označava se sa 0, a gornji logički nivo sa 1. Logička kola mogu biti kombinaciona i sekvencijalna. Kod kombinacionih kola stanje na izlazu logičkog kola zavisi samo od trenutne vrednosti stanja na ulazu, dok kod sekvencijalnih stanje na izlazu zavise ne samo od trenutnog stanja na ulazu, već i od predhodnog stanja u kome se kolo nalazilo. OSNOVNE LOGIČKE OPERACIJE •

operacija ILI (sabiranje, disjukcija)

Slika 1: (a) ILI kolo, (b) funkcionalna tabela •

operacija I (množenje, konjukcija)

Slika 2: (a) I kolo, (b) funkcionalna tabela 101

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

•

DIGITALNA ELEKTRONIKA

operacija NE

Slika 3: (a) NE kolo, (b) funkcionalna tabela •

operacija NILI

Slika 4: (a) NILI kolo, (b) funkcionalna tabela •

operacija NI

Slika 5: (a) NI kolo, (b) funkcionalna tabela SPECIJALNE LOGIČKE OPERACIJE •

operacije inhibicije

Slika 6: (a) inhibiciono kolo, (b) funkcionalna tabela

102

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

•

DIGITALNA ELEKTRONIKA

operacija implikacije

Slika 7: (a) implikaciono kolo, (b) funkcionalna tabela •

operacija EX-ILI

Slika 8: (a) EX-ILI kolo, (b) funkcionalna tabela •

operacija EX-NILI

Slika 9: (a) EX-NILI kolo, (b) funkcionalna tabela POSTULATI BULOVE ALGEBRE Pravila za logičke operacije: 1) sa konstantnim vrednostima A+0 = A A +1 = 1 A⋅0 = 0 A ⋅1 = A 103

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

2) sa ponovljenim vrednostima A+A = A AA = A 3) sa komplementarnim vrednostima A+A =1 AA = 0 sa dvostruko negiranim vrednostima A=A ZAKONI BULOVE ALGEBRE 1) zakon komutacije A+B = B+A AB = BA zakon asocijacije A + (B + C) = (A + B) + C A(BC) = (AB)C 3) zakon distribucije A(B + C) = AB + AC A + BC = (A + B)(A + C) 4) zakon apsorcije A + AB = A A + AB = A + B 5) De Morganovi zakoni A + B = AB AB = A + B

104

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.1) Dokazati indentitete: (A + B)(A + C) = AB + AC BC + ABD + A C = BC + A C

Rešenje: (A + B)(A + C) = AA + AB + AC + BC = AB(C + C) + AC(B + B) + BC(A + A) = = ABC + ABC + ABC + A BC + ABC + ABC = AB(C + C) + AC(B + B) = AB + AC BC + ABD + AC = BC + ABD(C + C ) + AC = BC + BCAD + AC BD + AC = = BC(1 + AD) + AC (1 + BD) = BC + AC

(6.1.1)

(6.1.2)

6.2) Napisati funkciju F = AB + AB C + BD u vidu zbira potpunih proizvoda. Rešenje: F = AB + AB C + BD = AB(C + C )(D + D ) + AB C (D + D ) + (A + A )B(C + C ) D = = ABCD + ABCD + ABC D + ABC D + AB C D + + AB C D + ABCD + ABC D + ABCD + ABC D = = ABCD + ABCD + ABC D + ABC D + AB C D + AB C D + ABCD + ABC D F = Σ(1111,1110,1101,1100,1001,1000,0110,0100) F = Σ(4,6,8,9,12,13,14,15)

(6.2.1)

6.3) Napisati funkciju F = ( B + C)(A + C + D) u vidu proizvoda potpunih zbirova. Rešenje: F = ( B + C)(A + C + D) = (AA + B + C + DD )(A + BB + C + D)

(6.3.1)

Koristeći zakon distribucije [A + BC = (A + B)(A + C)] funkcija F postaje: F = (A + B + C + DD )(A + B + C + DD )(A + B + C + D)(A + B + C + D) = = (A + B + C + D)(A + B + C + D )(A + B + C + D) ⋅ ⋅ ( A + B + C + D )(A + B + C + D)(A + B + C + D) = = (A + B + C + D)(A + B + C + D )(A + B + C + D) ⋅

(6.3.2)

⋅ ( A + B + C + D )(A + B + C + D) F = Π (0100,0101,1100,1101,1000) F = Π (4,5,8,12,13) 6.4) Uprostiti funkciju od pet promenjivih koristeći Karnoovu tablicu: F(A, B, C, D, E ) = Σ(1,5,8,9,15,16,18,21,23,24,26,28,29,30,31) 105

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

Rešenje: Funkcija F data je u tablici 6.4. A 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1

C 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1

D 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1

E 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1

F 1 5 8 9 15 16 18 21 23 24 26 28 29 30 31

Tablica 6.4 Na slici 6.4 prikazane su Karnoove tablice za četiri promenjive B, C, D, E. Svakoj tablici dodata je vrednost za promenjivu A.

Uprošćavanje funkcije pomoću Karnoovih tablica sastoji se u tome da se za svaku zajedničku površinu ispisuju samo promenjive koje imaju iste vrednosti u svim poljima u okviru te površine. Broj polja u okviru površine može biti 2n (n=1,2,3…). Za Karnoove tablice sa slike 6.4 važi: Za A=0 : FA = BDE + BCD + BCDE Za A=1 : FA = BC + CE + CE Funkcija F posle uprošćavanja postaje: F = AFA + AFA = A BDE + ABCD + ABCDE + ABC + ACE + ACE

(6.4.1) 106

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.5) Uprostiti logičku mrežu sa slike 6.5.

Rešenje: Sa slike 6.5 se vidi da je izlazna funkcija: F = A + B + C + ABD + (A + C)(B + D) + ABCD = = A BC + ABD + AB + AD + BC + CD + ACD + BCD

(6.5.1)

Ako se funkcija F napiše u vidu zbira potpunih proizvoda, jednačina (6.5.1) postaje: F = A BCD + A BCD + A BCD + ABCD + ABCD + ABCD + ABCD + + A BCD + A BCD + ABCD + ABCD + ABCD + ABCD

(6.5.2)

Minimiziranjem funkcije F pomoću Karnoove tablice sa slike 6.5.1 jednačina (6.5.2) postaje:

F = AC + B + D

(6.5.3)

Realizacija funkcije F prikazana je na slici 6.5.2.

107

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.6) Dizajnirati logičku mrežu od četiri promenjive A, B, C i D koja će na izlazu dati jedinicu ako je A=1 i ako su jedna ili dve od preostale tri ulazne promenjive jednake jedinici. Rešenje: U tablici 6.6 prikazane su vrednosti koje treba da zadovoljava izlazna funkcija F. A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

F 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0

Tablica 6.6 Iz tablice 6.6 se vidi da je izlazna funkcija F: F = A BCD + A BCD + A BCD + ABCD + ABCD + ABCD = = A BD(C + C) + ABC(D + D) + ACD(B + B) = A BD + ABC + ACD

(6.6.1)

Realizacija funkcije data je na slici 6.6.

108

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.7) Dizajnirati logičku mrežu koja će realizovati funkciju F = A BD + AC NI kolima. Rešenje: Primenom De Morganovih zakona funkcija F postaje: F = A BD + AC = A BD + AC = A BDAC

(6.7.1)

Realizacija funkcije F NI kolima prikazana je na slici 6.7.

6.8) Dizajnirati logičku mrežu koja će realizovati EX - ILI kolo NILI kolima. Rešenje: Primenom De Morganovih zakona dobija se: F = A ⊕ B = A B + AB = A B + AB = (A + B)(A + B) = A + B + A + B

(6.8.1)

Realizacija EX - ILI kola NILI kolima prikazana je na slici 6.8.

6.9) Funkciju F(A, B, C, D, E) = Σ(0,2,4,5,9,12,13,15) realizovati pomoću multipleksora MX 8 / 1. Za selekcione ulaze uzeti promenjive A, B i C. Rešenje: Multipleksor je elektronski prekidač sa više ulaza i jednim izlazom. U svakom trenutku ostvaruje se veza između izlaza i samo jednog odabranog ulaza. Ulaz, preko kojih se dovode

109

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

podaci koje treba preneti na izlaz, nazivaju se informacioni ulazi ili kanali. Selekcija kanala se vrši tako što se svakom kanalnom ulazu pridružuje određeni kodni slog kao adresa. Funkcija F je data jednačinom: F = A BCD + A BCD + ABCD + ABCD + A BCD + ABCD + ABCD + ABCD

(6.9.1)

Pošto su selekcioni ulazi A, B i C, jednačina (6.9.1) može se napisati u obliku: F = A BC ⋅ D + A BC ⋅ D + ABC ⋅ (D + D) + ABC ⋅ DD + + A BC ⋅ D + A BC ⋅ DD + ABC ⋅ (D + D) + ABC ⋅ D

(6.9.2)

Pojedini članovi ne postoje u jednačini (6.9.1), ali su dodati u jednačinu (6.9.2) sa nultom vrednošću da bi se kompletirao skup adresnih kombinacija. Iz jednačine (6.9.2) sledi da su informacioni ulazi za trobitnu adresu ABC: I0 = D , I1 = D , I 2 = D + D = 1 , I3 = DD = 0 , I 4 = D , I5 = D D = 0 , I 6 = D + D = 1 , I 7 = D Realizacija funkcije F pomoću multipleksora MX 8 / 1 prikazana je na slici 6.9.

6.10) Komisija od pet članova glasa o izboru kandidata pritiskom na taster u slučaju pozitivnog glasa. Prima se kandidat sa većim brojem glasova. Odrediti funkciju mreže koja pali kontrolnu lampu u slučaju izbora kandidata i realizovati je preko multipleksora MX 16/1. Rešenje: Binarne promenjive A, B, C, D i E predstavljaju glasove članova komisije, a promenjiva F određuje izbor glasanja prema tablici 6.10.1.

110

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

B 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

C 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

D 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

DIGITALNA ELEKTRONIKA

E 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

F 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1

A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

C 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

D 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

E 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

F 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1

Tablica 6.10.1 Iz tablice 6.10.1 se vidi da je funkcija F: F = A BCDE + ABCDE + ABCDE + ABCDE + ABCDE + A BCDE + + A BCDE + A BCD E + A BCDE + ABCDE + ABCDE + ABCDE +

(6.10.1)

+ ABCDE + ABCDE + ABCDE + ABCDE F(A, B, C, D, E) = Σ(7,11,13,14,15,19,21,22,23,25,26,27,28,29,30,31) Neka se za selekcione ulaze uzmu promenjive A,B,C,D. Tada je realizacija funkcije F data u tablici 6.10.2 i prikazana na slici 6.10.1.

111

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.11) Objasniti funkciju kola sa slika 6.11.1 i 6.11.2.

Rešenje: Kolo sa slike 6.11.1 predstavlja polusabirač koji se koristi da sabiranje dva bita A i B iste pozicione vrednosti. Na izlazu S = A ⊕ B poljavjuje se zbir brojeva A i B, dok se na izlaz P = AB prenosi bit veće težine, ukoliko je suma sabiraka jednaka ili veća od osnove brojnog sistema. A 0 0 1 1

B 0 1 1 1

P 0 0 0 1

S 0 1 1 0

Tablica 6.11.1. Funkcionalna tablica polusabirača Pošto polusabirač može da sabira samo bitove iste pozicione vrednosti, za sabiranje višebitnih brojeva koristi se potpuni sabirač koji je prikazan na slici 6.11.2. Na ulaze A i B dovode se bitovi iste pozicione vrednosti u datim sabircima, a na ulaz C dolazi prenos koji nastaje pri sabiranju susednog para biti niže vrednosti. Na izlaz S = A ⊕ B ⊕ C pojavljuje se zbir brojeva A, B i C, dok se na izlaz P = (A ⊕ B)C + AB prenosi bit veće težine. A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

C 0 1 0 1 0 1 0 1

P 0 0 0 1 0 1 1 1

S 0 1 1 0 1 0 0 1

Tablica 6.11.2. Funkcionalna tablica potpunog sabirača 112

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.12) Dizajnirati potpuni sabirač NI kolima. Rešenje: Iz funkcionalne tablice potpunog sabirača 6.11.2 dobija se: S = A BC + ABC + A BC + ABC = C(AB + A B) + C(A B + AB) = CD + CD

(6.12.1)

gde je: D = AB + A B i D = A B + AB . Tada je: D = AB + A B = AB + A B + A A + BB = A(A + B) + B(A + B) =

(6.12.2)

= A AB + BAB = A AB + BAB = A AB ⋅ BAB S = CD + CD = CD + CD + CC + DD = C(C + D) + D(C + D) =

(6.12.3)

= CCD + DCD = CCD + DCD = CCD ⋅ DCD Iz funkcionalne tabele potpunog sabirača dobija se: P = ABC + A BC + ABC + ABC = C(AB + A B) + AB = AB + CD = AB ⋅ CD

(6.12.4)

Na slici 6.12 prikazana je realizacija potpunog sabirača NI kolima.

6.13) Dizajnirati koder 8 / 3 NI kolima. Rešenje: Postupak prevođenja decimalnog brojnog sistema u binarni brojni sistem naziva se kodiranje. Kombinaciono kolo koje vrši kodiranje naziva se koder (enkoder). Koder 8 / 3 je kolo sa 8 ulaza i 3 izlaza koji prevodi cifre od 0 do 7 decimalnog sistema u tri bita binarnog sistema. No 0 1 2 3 4 5 6 7

Y1 0 1 0 0 0 0 0 0

Y2 0 0 1 0 0 0 0 0

Y3 0 0 0 1 0 0 0 0

Y4 Y5 Y6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 Tablica 6.13

Y7 0 0 0 0 0 0 0 1

X2 0 0 0 0 1 1 1 1

X1 0 0 1 1 0 0 1 1

Xo 0 1 0 1 0 1 0 1

113

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

Iz tablice istinitosti 6.13 kodera 8 / 3 se vidi da je: X o = 1 ako je Y1 = 1 ili Y3 = 1 ili Y5 = 1 ili Y7 = 1 X1 = 1 ako je Y2 = 1 ili Y3 = 1 ili Y6 = 1 ili Y7 = 1 X 2 = 1 ako je Y4 = 1 ili Y5 = 1 ili Y6 = 1 ili Y7 = 1 odnosno: X o = Y1 + Y3 + Y5 + Y7 = Y1 Y3 Y5 Y7

(6.13.1)

X1 = Y2 + Y3 + Y6 + Y7 = Y2 Y3 Y6 Y7

(6.13.2)

X 2 = Y4 + Y5 + Y6 + Y7 = Y4 Y5 Y6 Y7

(6.13.3)

Realizacija kodera 8 / 3 prikazana je na slici 6.13.

6.14) Dizajnirati dekoder BCD 8421 / DC . Rešenje: Postupak prevođenja binarnog brojnog sistema u decimalni brojni sistem naziva se dekodiranje. Kombinaciono kolo koje vrši dekodiranje naziva se dekoder. Dekoder BCD 8421 / DC, odnosno dekoder 4 / 10, je kolo sa 4 ulaza i 10 izlaza kojim se prevode četiri bita binarnog sistema u cifre od 0 do 9 decimalnog brojnog sistema. U svakom trenutku može da se koristi signal samo sa jednog od 10 izlaza. BCD kodovi sadrže binarno kodovane decimalne cifre. Kod BCD kodova decimalni brojevi se predstavljaju binarnim tako da pojedinačno svaku cifru decimalnog broja zamenjuje određena grupa binarnih cifara. Binarne cifre u ovim grupama raspoređene su prema nekom određenom kodu koji obično ima težinski karakter. Kod BCD 8421 podudara se sa prirodnim binarnim brojevima. Iz tablice istinitosti 6.14 dekodera 4 / 10 se vidi da je:

114

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

No

X3

X2

X1

X0

Y0

Y1

Y2

Y3

Y4

Y5

Y6

Y7

Y8

Y9

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

Tablica 6.14 Y0 = X3 X 2 X1 X 0 Y1 = X 3 X 2 X1X 0 Y2 = X 3 X 2 X1 X 0 Y3 = X3 X 2 X1X 0 Y4 = X 3X 2 X1 X 0 Y5 = X 3X 2 X1X 0 Y6 = X 3X 2 X1 X 0 Y7 = X 3X 2 X1X 0 Y8 = X3 X 2 X1 X 0 Y9 = X 3 X 2 X1X 0 Realizacija dekodera BDC 8421 / DC prikazana je na slici 6.14.

6.15) Dizajnirati konvertor koda BCD 8421 u kod BCD 2421. Rešenje: Konvertor koda je kombinaciono kolo koje predstavlja spregu dekodera i kodera koji se koristi za konverziju jednog koda u drugi. Pri konverziji informacije iz jednog binarnog koda se dekoduju u decimalni, pa se onda vrši kodovanje u drugi binarni kod. Podaci za proračun konverzije koda BCD 8421 u kod BCD 2421 dati su u tablici 6.15.

115

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

Dec. Br No 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

DIGITALNA ELEKTRONIKA

BCD 8421 X3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

X2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

X1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

BCD 2421 X0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Y3 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1

Y2 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1

Y1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1

Y0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Tablica 6.15 Iz tablice 6.15 se vidi da su jednačine konverzije: Y3 = X3X 2 X1X 0 + X 3X 2 X1 X 0 + X 3X 2 X1X 0 + X 3 X 2 X1 X 0 + X3 X 2 X1X 0 = = X3X 2 X1X 0 + X 3X 2 X1 + X 3 X 2 X1 Y2 = X 3X 2 X1 X 0 + X 3X 2 X1 X 0 + X3X 2 X1X 0 + X 3 X 2 X1 X 0 + X 3 X 2 X1X 0 = = X3X 2 X1 X 0 + X 3X 2 X1 + X 3 X 2 X1 Y1 = X3 X 2 X1 X 0 + X3 X 2 X1X 0 + X 3X 2 X1X 0 + X3 X 2 X1 X 0 + X 3 X 2 X1X 0 = = X3 X 2 X1 + X 3X 2 X1X 0 + X3 X 2 X1 Y0 = X 3 X 2 X1X 0 + X 3 X 2 X1X 0 + X3X 2 X1X 0 + X 3X 2 X1X 0 + X3 X 2 X1X 0 = = X3 X 2 X1X 0 + X3 X 2 X 0 + X3X 2 X 0

(6.15.1)

(6.15.2)

(6.15.3)

(6.15.4)

Realizacija konvertor koda BCD 8421 u kod BCD 2421 data je na slici 6.15

116

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.16) Realizovati konvertor koda BCD u kod 7 segmenta. Za realizaciju konvertora koristiti dekoder 4 / 10. Rešenje: Kod 7 segmenta koristi se za aktiviranje indikatora prikazanog na slici 6.16.1 koji se koristi za ispisivanja simbola cifara dekadnog sistema.

Formiranje pojedinih simbola ostvaruje se paljenjem odgovarajućih svetlosnih segmenata prema tablici 6.16. No

X3

X2

X1

X0

Y1

Y2

Y3

Y4

Y5

Y6

Y7

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

1 0 1 1 0 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 0 0 1 1 1

1 1 0 1 1 1 1 1 1 1

1 0 1 1 0 1 1 0 1 1

1 0 1 0 0 0 1 0 1 0

1 0 0 0 1 1 1 0 1 1

0 0 1 1 1 1 1 0 1 1

Tablica 6.16 Realizacija konvertora koda BCD u kod 7 segmenta prikazana je na slici 6.16.2.

117

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.17) Dizajnirati mrežu za generisanje bita parnosti za signal od 4 bita. Rešenje: Kod kodovanja podataka često se javlja potreba za kontrolom ispravnosti kodovanja. To je najednostavnije izvesti kontrolom parnosti jedinice u kodnim slogovima. U tablici 6.17 date su vrednosti koje zadovoljava bit parnosti. X3

X2

X1

X0

Y

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

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

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

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

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

Tablica 6.17 Iz tablice 6.17 sledi da jednačina bita parnosti za signal od četiri bita: Y = X3 X 2 X1X 0 + X3 X 2 X1 X 0 + X3X 2 X1 X 0 + X3X 2 X1X 0 + + X 3 X 2 X1 X 0 + X3 X 2 X1X 0 + X 3X 2 X1X 0 + X3X 2 X1 X 0 = = X3 X 2 (X1X 0 + X1 X 0 ) + X 3X 2 (X1 X 0 + X1X 0 ) + + X 3 X 2 (X1 X 0 + X1X 0 ) + X3X 2 (X1X 0 + X1 X 0 ) =

(6.17.1)

= (X3 X 2 + X3X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) + (X3X 2 + X 3 X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) = = (X3 ⊕ X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) + (X3 ⊕ X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) = = (X3 ⊕ X 2 ) ⊕ (X1 ⊕ X 0 ) Realizacija mreže za generisanje bita parnosti za signal od 4 bita prikazana je na slici 6.17.

118

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6.18) Dizajnirati trobitni brojač koristeći T flip flopove koji: a) broji unapred b) broji unazad Rešenje: Na slici 6.18.1 prikazan simbol T flip flopa i njegova tablica istinitosti.

a) U tablici 6.18.1 opisan je trobitni brojač koji broji unapred. Iz tablice 6.18.1 se vidi da se Q0 menja na svaki impuls, što je moguće samo pri T0 = 1 . Q1 menja stanje samo ako je Q0 = 1 , odnosno tada je T1 = Q0 . Q 2 menja stanje samo ako je Q0 = Q1 = 1 , odnosno tada je T2 = Q0Q1 . Realizacija trobitnog brojača koji broji unapred prikazana je na slici 6.18.2. stanje zatečeno stanje No Q2 Q1 Q0 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 1 0 3 0 1 1 4 1 0 0 5 1 0 1 6 1 1 0 7 1 1 1 8 0 0 0 ... ... ... ...

sledeće stanje Q2 Q1 Q0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 ... ... ...

Tablica 6.18.1 Realizacija trobitnog brojača koji broji unapred prikazana je na slici 6.18.2.

119

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

b) U tablici 6.18.2 opisan je trobitni brojač koji broji unazad. stanje zatečeno stanje No Q2 Q1 Q0 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 1 0 3 0 1 1 4 1 0 0 5 1 0 1 6 1 1 0 7 1 1 1 8 0 0 0 ... ... ... ...

sledeće stanje Q2 Q1 Q0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 ... ... ...

Tablica 6.18.2 Iz tablice 6.18.2 se vidi da se Q0 menja na svaki impuls, što je moguće samo pri T0 = 1 . Q1 menja stanje samo ako je Q0 = 0 , odnosno tada je T1 = Q0 . Q 2 menja stanje samo ako je Q0 = Q1 = 0 , odnosno tada je T2 = Q1 Q0 . Realizacija trobitnog brojača koji broji unazad prikazana je na slici 6.18.3.

6.19) Dizajnirati paralelni brojač koristeći JK flip flopove sa sledećim redosledom stanja: 110, 001, 010, 000, 111, 101, 110. Rešenje: Na slici 6.19.1 prikazan simbol JK flip flopa i njegova tablica istinitosti.

120

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

DIGITALNA ELEKTRONIKA

Na osnovu tablice istinitosti JK flip flopa, u tablici 6.19 dati su uslovi prelaska. stanje No

zatečeno stanje

sledeće stanje

uslovi prelaska

1

Q2 1

Q1 1

Q0 0

Q2 0

Q1 0

Q0 1

J 2K 2 11

J1K1 11

J 0K 0 11

2

0

0

1

0

1

0

00

11

11

3

0

1

0

0

0

0

00

11

00

4

0

0

0

1

1

1

11

11

11

5

1

1

1

1

0

1

00

11

00

6

1

0

1

1

1

0

00

11

11

7

1

1

0

0

0

1

11

11

11

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

Tablica 6.19 Iz tablice 6.19 vidi se da je: J o = K 0 , J1 = K1 = 1 , J 2 = K 2 J 0 = Q 2 Q1Q0 + Q 2Q1 Q0 + Q 2 Q1 Q0 + Q 2 Q1Q0 = Q1Q0 + (Q 2 J 2 = Q 2 Q1 Q0 + Q 2Q1 Q0 = (Q 2

Q1 )Q0

Q1 )Q0

Realizacija brojača prikazana je na slici 6.19.2.

121

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

LITERATURA

7. LITERATURA 1. B. Ćirilov: UVOD U ANALIZU ELEKTRONSKIH KOLA, Građevinska knjiga, Beograd, 1981. 2. B. Ćirilov: ZBIRKA ZADATAKA UVOD U ANALIZU ELEKTRONSKIH KOLA, Građevinska knjiga, Beograd, 1981. 3. B. Ćirilov: ELEKTRONIKA – EKSPERIMENTALNE VEŽBE, PMF Beograd, 1981. 4. M. Milić: ZADACI IZ TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA, Naučna knjiga, Beograd 1983. 5. A. Cohen: LINEAR CIRCUITS AND SISTEMS, Regents Publishing Company, New York, 1965. 6. P. Horowitz, W. Hill: THE ART OF ELECTRONICS, Cambridge University Press, New York, 1989. 7. J. Ryder, C. Thompson: ELETRONIC CIRCUITS AND SYSTEMS, Prentice – Hall, New Jersey, 1976. 8. M. Hribšek, D. Vasiljević, B. Drakulić: ELEKTRONIKA I – PROBLEMI I REŠENJA, Naučna knjiga, Beograd, 1989. 9. S. Tešić: ELEKTRONIKA – IMPULSNA I DIGITALNA, Nauka, Beograd 1992. 10. S. Tešić, D. Vasiljević: ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNE ELEKTRONIKE, Naučna knjiga, Beograd, 1992. 11. V. Pupovac: RAČUNSKE VEŽBE IZ ELEKTRONIKE, Fizički fakultet, Beograd.

122