mindenképp nézd át Kóré Tanárúr honlapján lévő szintén kidolgozott példákat!

Átírás

1 A jegyzet használata előtt, mindenképp nézd át Kóré Tanárúr honlapján lévő szintén kidolgozott példákat! A Tanárúr egyszerűbb példákat dolgozott ki, melyek optimálisabbak a megértéshez, de szerintem kevesek a vizsgához. Tehát eme jegyzetben már valamivel bonyolultabb példákkal találkozhatsz részeltes leírással. A példák a as feladatlapokból vannak kiválogatva. A jegyzetről: A feladatokat mindig pontosan írtam ki és minden megadott adatot vastagon szedtem, hogy jól látható legyen, mennyi adatból kell tudni elindulni. A számolt értékeket már többen átnézték, illetve amit tudtam, azt MicroCappel ellenőriztettem. De nem kizárt, hogy ezek ellenére is maradt még hiba Üdvözlettel: Derwer VER1.1: 8as példában kimaradt a k a az osztásból +1 apró példa (2009ből ;) )

2 0. Példa Az alábbi képen egy invertáló integrátor bemeneti (kék) és kimeneti (piros) feszültsége látható. Vizsgán a bemenet rajzát kaphatjuk meg és a piros vonalkát kellene megszerkesztenünk. Az integrátor végig a 0volthoz képest történt változást figyeli csak. 1. Kezdetben a bemenet az 0V így a kimenet is. 2. Ezután a 1Vra emelkedik a bemenet, ami 1Voltnyi változást jelent a nullához képest. Tehát az egynesünk meredeksége lesz. Pontosabban -1, mert az integrátorunk invertál is. 3. 2Vra emelkedik a feszültség, ami 2es meredekséget jelent. Ezt ismét megszorozzuk mínusz 1gyel. 4. Most ismét egy 0voltos bemenet következik, ami egy visszintes vonalat jelent a kimentünkön. 5. Ezután hirtelen leesik a bemenet feszültsége -2V ra, ami 2es meredekséget jelent, mert a mínusz kettőt invertáljuk. 6. Majd a bemenet -1V lesz, ami invertálás után ismét 1es meredekséget jelent. 7. És így tovább 1. Példa A kapcsolás maga egy NEM invertáló integrátort mutat: A nem invertáló integrátor átviszi a bemeneti jelet és ezután integrál még. Működő, de nagyon nem elgáns módszerem: Amint függőleges vonalat látok húzok egy ugyanolyan hosszú függőleges vonalat. Ezután pedig megnézem, hogy a nullához képest mennyire van távol a bemenet feszültsége és aszerint húzok egy emelkedő/csökkenő vonalat. 1. 1T-ig nulla a bemenet, így akimenet is. 2. 2Tnélmár leesett a bemenet feszültsége -1Vra. Ezért meghúzom a függőleges vonalat, majd utána egy -1 meredekségű szakaszt 3. 3Tnél egy 2 hoszzú szakasz jön. Utána pedig látom, hogy 1V magasan van a bemenet, így egy 1-es meredekségű emelkedő szakaszt húzok és 5Tnél nincs függőleges szakaszom, hanem csak folyamatos 1V-om ezért további 2darab 1es meredekségű szakaszt húzok 5. 6Tnél egy 3 hosszúságú függőleges szakaszt húzok, majd utána egy -2 meredekségűt, mert -2Von van a 6T. 6. Végül egy 2hosszú függőleges szakasz jön és a 0meredekségű visszintes

3 2. Példa Határozza meg az alábbi adatok alapján az FB bipoláris tranzisztoros kapcsolás teljesítmény erősítését: I E : 1 ma R C : 5 kω B: 80 U BE : 1 mv = = 1 =25 = = =200 U T az 26mV/Celsius, de az egyszerűség kedvéért 25mV/Celsiussal számolunk. Igen, ezt Kóré Tanárúr mondta de elhangzik az órán IS. = 3. Példa Határozza emg az alábbi adatok alapján az FE-s bipoláris tranzisztoros kapcsolás munkaponti emitteráram értékét: B: 200 R C : 2 kω A P : U BE : 1 mv = = = =250 = ÉS = Egy kis egyenlet rendezés-> = = = Behelyettesítve: = 25 =. 4. Példa Határozza meg az alábbi adatok alapján az FB bipoláris tranzisztoros kapcsolás teljesítményerősítését! I E : 2,5 ma R C : 5 kω B: 80 U BE : 1 mv = =, =10 = = =500 U T az 26mV/Celsius, de az egyszerűség kedvéért 25mV/Celsiussal számolunk. Igen, ezt Kóré Tanárúr mondta de elhangzik az órán IS. =500

4 5/A. Példa Határozza meg az invertáló komparátor Uref- és az osztóellenállás értékeit, ha U f : +4V U a : +2V U M : +12V U m : -11V Továbbá rajzolja fel a kapcsolási rajzot! = + és = + Bár a feladat kéri az ellenállások értékeit, csak az arányukat lehetséges megmondani, ezért bevezethetek egy új változót: Behelyettesítve: = 1 = 4= +12 (1 ) 12 8= 2= 11 (1 ) = Egyesítem a két egyenletet, mert jobb oldaluk azonos 12K-8=13-11K 23K=21 K=21/23 = = 2 23 Ismét behelyettesítek, a K helyére számokkal: = =21 23 =3,2 A K értéke 21/23. Visszahelyettesítve a képletbe ( = ): R2= számláló R1= nevező mínusz a számláló Tehát R 2 =21 R 1 =23-21=2 Ezek a számok arányok csupán, de fontos, hogy Komparátornál kω nagyságrendekkel dolgozunk!

5 5/B. Példa Határozza meg a NEM invertáló komparátor Uref- és az osztóellenállás értékeit, ha U f : +4V U a : +2V U M : +12V U m : -11V Továbbá rajzolja fel a kapcsolási rajzot! A két alapegyenlet: = + és = + Mivel nem kell kiszámolni (mert nem lehet) az R1 és R2 konkrét értékét, így elnevezhetjük őket: = + 1 = + Behelyettesítve: =4 11 (1 )=2 +12 (1 ) = = =23 = = 2 25 Ismét behelyettesítek, a K helyére számokkal: = =70 25, A K értéke 23/25. Visszahelyettesítve a képletbe ( = ): R2= számláló R1= nevező mínusz a számláló Tehát R 2 =23 R 1 =25-23=2 Ezek a számok arányok csupán, de fontos, hogy komparátornál kω nagyságrendekkel dolgozunk!

6 6. Példa Határozza meg az invertáló komparátor Uref és osztóellenállás értékeit, ha U f =+1V U a =-4V U M =+12V U m =-10V Rajzolja meg a kapcsolási rajzot is! Két képletünk van: = + és = + Bár a feladat kéri az ellenállások értékeit, csak az arányukat lehetséges megmondani, ezért bevezethetek egy új változót: Behelyettesítve: = 1 = 1= +12 (1 ) 12 11= 4= 10 (1 ) 6 10 = Egyesítem a két egyenletet, mert jobb oldaluk azonos 12K-11=6-10K 22K=17 K=17/22 Ismét behelyettesítek, immár a K helyére számokkal: 12 11= = 2,2 A K értéke 17/22. Visszahelyettesítve a képletbe ( = ): R2= számláló R1= nevező mínusz a számláló Tehát R 2 =17 R 1 =22-17=5 Ezek a számok arányok csupán, de fontos, hogy Komparátornál kω nagyságrendekkel dolgozunk!

7 7. Példa Határozza meg egy kétutas egyenirányító pufferkondenzátorának szükséges kapacitását és feszültségét, valamint a szekunder feszültség szükséges értékét! A hálózati feszültség effektív értéke: 230 V +10%...-15% Max. kimeneti áram: 2 A Hullámosság megengedett max. értéke: 4 V Kimeneti feszültség min. értéke: 10 V C sor: 1 2,2 4,7 6,3 ( +50% / -25% ) C fesz. Sor: 10 V, 16 V, 25 V, 40V, 63 V Változtatható szekunder fesz. Értékek: 3 V, 6 V, 9 V, 12 V, 15 V, 18 V, 21 V, 24 V 1. Kiszámolom a kondi minimális nagyságát: = ü é ő á = =5 =5000μ 2. Választok egy kondit amelyre igaz, hogy: 0,75? (?= ) Egyenlet rendezés:??? 6666μ (=6,66 ) Azonban nincs ekkora kondink., És itt jön a trükk! A C-sor csak egy arányszámot jelent. Az 1-es jelenthet 1*1µF-ot, de jelenthet 1*10µF-ot, vagy 1*100µF-ot. És ugyanez ez igaz a többire is. Tehát valójában több C sor is van: 1mF 2,2mF 4,7mF 6,3mF 10mF 22mF 47mF 63mF 100mF 220mF 470mF 630mF stb (1mF=1000µF) Így már van is elegendő méretű kondink, mert a 6,3as után jön a 10-es méret. (1*10) Ennek a 10mF=10000µF-os kondi miatt 0,75*10000=7500µF-os minimum a kondink. (mert, a megadott adatok alapján legrosszabb esetben is 75%os hatásfoka van a kondinak) 3. Mivel a kondink jobb mint szükséges, újraszámoljuk a hullámosságot, amihez a legelső egyenletet kell kicsit átrendezni: á á = ü é ő = μ =2,66 4. Kiszámolom a szekunder feszültséget: = ( á ) = (, ),, =11,36 5. Most választok egy tényleges szekunder feszültséget ami legalább akkora mint az elvi. Tehát 12V-ot. 6. Kapacitás feszültsége: 2 é =1,4 1,1 12=18,67 7. Ismét kiválasztok egy tényleges nagyságú feszültséget a C fesz. sorból, ami legalább akkora, mint a fenti, elvi lehetőség. Tehát 25V lesz a kapacitás feszültsége.

8 8. Példa Az elvi működés alapján határozza meg egy kétutas egynirányító pufferkondenzátorának szükséges kapacitását valamint szekunder feszültség értékét! Adatok: I KIMAX =500mA U hullámosság =3V U KImin =12V Dióda nyitóirányú feszültsége: 1V ü é = ü é ő h á á = =1,66 = μ 3 = ( + á + ó ) 2 0,85 9. Példa = ,85 =, Mekkora a kimeneti feszültség hibája (az ideális esettől való eltérés) (százalékban kifejezve) egy invertáló kapcsolásnál, ha a bemeneti feszültség (bemeneti jel) értéke 250mV, bemeneti ofszet feszültség értéke 0,5mV, a bemeneti nyugalmi áram értéke és a bemeneti ofszet áram értéke elhanyagolható, egyéb szempontból pedig az ME ideális, az invertáló kapcsolás ellenállásainak éréke: R 1 =2kΩ ; R 2 =10kΩ ; R K =0kΩ Adatok felírása: U be =250mV U be0 =0,5mV R 1 =2kΩ R 2 =10kΩ Megoldás 1. Mivel ez egy invertáló kapcsolás: = = = 5 2. Tehát ha a bemeneten 250mV van akkor a kimeneten (ideális esetben) -5*250mV=-1250mV van. 3. A hiba kiszámítása: = =0,5 = 3 (az előjel nem számít, mert nem tudjuk, hogy melyik irányba fog történni ez a hiba) 4. A hiba százalékosan kifejezve: 100= 100=±0,3%

9 10. Példa A pókhálós példákat határozottan bonyolultnak tartom. Ráadásul, így írásban még azt is nehéz megmondani, hogy épp melyik ellenállásról beszélek De legalább komoly kihívás, nem? :P Pár alap tétel : Az ME két bemenetén azonos a feszültség. Az ME két bementére nem folyik áram. U=R*I & I=U/R Én úgy szoktam kezdeni, hogy felírom az összes olyan értéket, ami triviális. (Tudom, ha még egyszer leírom ezt a szót, kövezés lesz. :P ) 1. ME1 pozitív bementén 1V van. Ezért a negatív bemeneten is 1V lesz. 2. ME2 negatív bemenete a földönvan->0v. És a pozitív bemeneten is 0V van. Most pedig rátérek az agyalós részre: 3. A feszültség generátortól felfele indulok el. Mind az 1K-s mind a 2K-s ellenálláson 1V esik, mert alsó részük 1V-on van a generátor miatt, felső részük pedig 0V-on mert ME2 bemenetei 0Vosak. Ez azt jeleni, hogy az 1K-s ellenálláson 1mA, míg a 2K-s ellenálláson 0,5mA folyik. 4. Továb haladok a felső 2K-s ellenállás felé, amin 1,5mA folyik, mivel az előző két ellenállás áram nem folyhat az MEhez, csak erre. A 1,5mA 3V-os feszültség esést jelent ami azt jelenti, hogy a jobb oldalán - 3V van. (baloldalt 0V van mivel azonos potenciálon van, mint ME2 bemenete) 5. ME3 pozitív bemenetén szintén -3V van, mert áram nem folyhat be, amiből következik, hogy az előtte lévő 1K-s ellenálláson nem folyhat áram-> nem eshet feszültség. Illetve azt is tudjuk már, hogy az ME3 negatív bementén is -3V van, hisz azonosnak kell lennie a másik bemenettel. 6. Most lépjünk egyet vissza a felső 2K-s és 1K-s ellenállás között lévő -3V-os pontra. Tudjuk, hgoy ide 1,5mA folyik be és az ME3 felé nem folyhat. Ergo most lefele fog folyni 1,5mA, ami az 1K-s ellenálláson 1,5V feszültség esést jelent. Tehát a B pont feszültsége: -3-1,5=-4,5V.

10 Ugorjunk vissza a kezdetekhez a feszültség generátorhoz és induljunk az ME1 irányába. 7. Azt már tudjuk, hogy az ME1 két bemenete 1V-on van. Mivel a bemenetekre nem folyhat áram ezért a 4K-s ellenálláson sem folyhat, így nem esik rajta feszültség. Tehát a 4K-s ellenállás másik oldalán is 1V van, ami egyben az A pontunk is. 8. Az "A" pont után van egy 1K-s ellenállás, meg egy ME4 és egy földre kötött ellenállás. Az ME4re/ből nem folyhat áram, így most kicsit hanyagoljuk. Ezzel azt mondom, hogy az "A" pont és a föld között 1V feszültség különbség van és 2db 1K-s ellenállás. Ez pedig egy terheletlen feszültségosztóval azt jelenti, hogy a két ellenállás között 0,5V van. Így már tudjuk, hogy az ME4 két bemenete 0,5V-on van. 9. Az ME3 negatív bemenete (-3V) és az ME4 pozitív bemente (+0,5V) között egy 1K-s ellenállás van, amin 3,5V esik és ezért 3,5mA folyik át. (iránya: felfele) 10. Ez a 3,5mA csakis az ME4 kimenetére kötött 1K-s ellenállás felől érkezhetett. Ez 3,5V feszültség különbséget jelent. Tehát: D-3,5=0,5-> D=4V 11. Illetve ez az áram, csak az ME3 kimentére kötött 1K-s ellenállásra folyhat rá, amin szintén 3,5V feszültség különbséget okoz. C=-3-3,5=-6,5V

11 11. Példa Pár alap tétel : Az ME két bemenetén azonos a feszültség. Az ME két bementére nem folyik áram. U=R*I & I=U/R 1. Az ME1 pozitív és negatív bemenetén 2V van, mert az ME1 pozitív részénél lévő 1K-s ellenálláson nem eshet feszültség, mert nem kaphat áramot az ME. 2. Az ME2 két bemenetén 0V a feszültség, mert a pozitív bemenet a földre van kötve. 3. Az ME4 két bemenetén szintén 0V van hasonló okokból. Most pedig rátérek az agyalós részre: 4. Már megállapítottuk, hogy az ME1 két bemenetén 2V van. Mivel tudjuk, hogy a bemenetre nem folyhat áram, így tudjuk azt is, hogy az alsó 4K-s ellenálláson nem folyik áram, következésképp nem esik rajta feszültség sem és így a jobb oldalán is 2V van. 5. Az a 2V viszont azt jelenti, hogy 2V esik a leföldelt ellenálláson, ami 2mA-t jelent. 6. Mivel a leföldelt ellenállás áramának jönnie kellet valahonnan, tudjuk, hogy a felette lévő 1K-s ellenálláson keresztül kellet jönnie, ami azt jelenti, hogy azon is 2V-t esett a feszültség. Mivel így 2V-ra esett el a feszültség A pontban 4V-nak kell lennie. És ezzel megszereztük az első pontunkat. :) Ugorjunk vissza a feszültség generátorunkhoz és induljunk el felfele. 7. A feszültség generátorral "egy oszlopban" lévő 1K-s ellenállás alsó végén 2V van, a felsőn pedig 0V. Tehát 2V esik rajta, ami 2mA-t jelent. 8. A fenti 2mA az ME2be nem folyhat, így tovább folyik a felső 1K-s ellenállás felé. Mikor átfolyik ezen az ellenálláson 2V feszültség esik rajta, ami azt jelenti, hogy mivel baloldalt 0V van jobboldalt -2V van. 9. Ez a -2V nagyon jó nekünk, mert így már tudjuk a C pont feszültségét. A felső 10K-s ellenálláson nem folyhat áram, mert az ME bemenetére nem folyhat áram, ami azt jelenti, hogy -2V van az ellenállás jobb oldalán is. Na most, ha -2V van az egyik bemeneten, akkora másik bemeneten is -2V van.

12 Továbbá mivel az ME3 negatív bemenetéről/re semmiképpen sem folyhat áram, ezért eme másik 10Ks ellenállás két vége is azonos potenciálon van. Így eljutottunk odáig, hogy a C pont feszültsége -2V. 10. Most lépjünk kicsit visszább az előző10k-s ellenállás _elé_. Kiszámoltuk, hogy 2mA jön az 1K-s ellenállás felől. Illetve azt is megállapítottuk már, hogy a 10K-s ellenálláson nem folyik áram. Így kizárásos módszer alapján ez a 2mA lefele, át az 1K-s ellenálláson fog folyni ami 2V feszültség esést jelent. Mivel felül -2V van így alul - az ME2 kimeneténél -2-2=-4V lesz. 11. Az ME2 kimenetén -4V van, míg az ME1 kimenetén +4V van. A B pont eme két pont között van "félúton" két 1K-s ellenállás között, így egy terheletlen feszültségosztással, megkapjuk, hogy a B pont feszültsége kerek 0V. Most már csak a D pont van hátra Az A pontban 4V van az ME4 bemenetin meg 0V. Tehát ezen az alsó A pont utáni 1K-s ellenálláson 4V esik ami 4mA-t is jelent. 13. A 4mA az ME4 felé nem folyhat, így inkább felfele indul el, ahol egy 2K-s ellenállással találkozik. A 2K-s ellenálláson a 4mA 8V feszültség esést hoz létre, így a 2K-s ellenállás jobb oldalán -8V lesz. 14. Eme -8V-os pont feletti 1K-s ellenálláson 6V esik, hisz a C pontban -2V van. Ez egyben azt is jelenti, hogy 6mA folyik azon az 1K-s ellenálláson. 15. A fenti két pont tehát azt jelenti, hogy a -8V-os pont alatti 1K-s ellenálláson 10mA fog átfolyni (felülről jön 6mA, balról 4mA) ami 10V-os feszültség különbséget indukál =-18V a D pont feszültsége

13 12. Példa Ilyen egymásba ágyazott példa nem volt egy ideje. De 2009ben felbukkant. Első lépésben a feszültség generátortól indulva kiszámolom az ME1 kimenetét. Két módszer is van: A esetben mint pókhálót kezelem a dolgot Az ME1 - bemenetén is 1V van. Ebből következik, hogy az 1K-s ellenálláson 1volt feszültség esik, mert a másik vége a föld pontra van kötve. I=U/R képlet miatt az 1K-s ellenállásra 1/1000/1mA áram jut. Az 1K-s ellenállásora jutó csak a 2K-s ellenállás felől érkezhet, mert ME-n nem folyik áram. Az U=R*I képlet alapján megtudjuk, hogy 2000OHM*1mA=2V feszültség esik azon az ellenálláson. Ebből pedig az következik, hogy a 2Ks ellenállás jobb oldalán összesen 3 volt van, mert 3 voltról tud esni 2V a feszültség, hogy utána még maradjon 1V. Ez a 3 volt lesz a következő rész U ref értéke B esetben pedig felismerem, hogy az ME1 egy nem invertáló erősítő, melynek a kimeneti feszültségére van képletem: = 1+ =1 1+ =3 Tehát ebben az esetben is megkaptuk a 3voltot. 1. Második körben kiszámolom az U f és U a értékeket. (!Invertáló komparátor képlete kell!) Két képletünk van: = + és = + Behelyettesítve: =3 =3 +12 =3 0,7+12 0,3 2,1+3,6= =5,7 10 =3 0,7 10 0,3 2,1 3= = 0,9 2. Harmadik lépésként pedig a transzfer karakterisztikát rajzolom meg.

14 13. Példa Erre a példára is igaz, hogy már nem szokott lenni így egyben. De külön a második fele lehet! 1. Kezdésnek meghatározom a bemeneti feszültségeket. Az alsó bemenetre 2V-t csatlakozik, mert a fesz generátor a földhöz képest csinál 2V feszültséget. A felső bemenetre pedig 0V csatlakozik, mert a generátor pozitív részén 2V van és a túloldalt 2V-tal kevesebbnek kell lennie. 2. Ezután az A pontot megtudom határozni egy terheletlen feszültség osztóval. Két 1K-s ellenállás között van 0V potenciálon, így: A=(0+0)/2=0V 3. Az ME1 pozitív bemenetén 0V van, mert az előbb kiszámoltuk, hogy a nagatív bemenetén 0V van. Ebből következik, hogy az 1K-s ellenálláson 2V esik, ami azt jelenti, hogy I=U/R képlet alapján 2/1000=2mA folyik rajta. A 2mA tovább folyik a B pont felé, mert az ideális MEnek végtelen angy az ellenállása. A 2mA átfolyása az 1K-s ellennálláson ismét azt jelenti, hgoy 2V feszültség esik az ellenálláson, mire eljut B pontba. Az ellenállásunk bal odlalán 0V van a jobb oldalon pedig B van, a kettő között pedig 2V különbség. Tehát B=0-2=-2V 4. Az ME2 pozitív bemenetén 0V van, mert a 4K-s ellenállás jobb oldalán 0V van és az ME bemenetén nem folyhat át áram, így a 4K-s ellenálláson nem eshet feszültség. Ebből következik, hogy a negatív bemeneten is 0V van. Tehát az ME2 negatív bemenete (0V) és a B pont (- 2V) között 2V feszültség különbség van, ami azt jelenti, hogy I=U/R=2/1000=2mA 2mA folyik a B pont felé. Ez a 2mA csak a 2K-s ellenálláon keresztűl jöhet, ami így azt jelenti, hogy 2mA*2000Ohm=4V feszültség esik. Ebből már látható, hogy a C pont feszültsége 4V, mert 0-ra esik le ez a feszültség. Alternatív módszer, mely csak ebben a speciális esetben alkalmazható: 1. Első körben felismertem, hogy ez a rajz egy Változtatható erősítésű kivonó, csak épp konkrét értékkel, nem változtathatóval (2K-s ellenállásra értem), melynél U 1 =0V és U 2 =2V. Előző felismerésből kiindulva a C pontot egyből megtudom határozni, mert van egy képlet rá: = ( ) Következő lépésben az A pont leolvasását teszem meg. Az A pont két 1K-s ellenállás között van, így terheletlen feszültség osztóval számolhatom. Eme feszülségosztó két vége: baloldalt 0volt van, jobb oldalt pedig szintén 0Volt van. Ebből következik, hogy A=(0+0)/2=0V 3. Mivel a C pont feszültségét ismerem és az ME2 egy negatív visszacsatolású erősítő, így a B pontra - ami az ME2 kimenete - szintén van egy képletünk: 4

15 14. Példa A visszacsatolt rendszer eredő erősítése alapján határozza meg, mekkora lenne egy (ideális esetben 1000-as erősítésű) neminvertáló erősítő erősítése, ha a ME nyílt hurkú erősítése csak Adat felírás: á =1000 Képletek, melyet tudni kell: Behelyettesítés: á = 1 = 1 á 1000= = ó = 1+ ó = , =952,38 Előfordulhat úgyis a kérdés, hogy hány százalékos az eltérés, de a fentiek fényében gondolom nem bonyolult kitalálni, hogy 952/1000=95,2%-os teljesítmény az 4,8%-os eltérést jelent. ;)