mindenképp nézd át Kóré Tanárúr honlapján lévő szintén kidolgozott példákat!



Hasonló dokumentumok
Ideális műveleti erősítő

Logaritmikus erősítő tanulmányozása

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Mûveleti erõsítõk I.

M ű veleti erő sítő k I.

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Fizika A2E, 9. feladatsor

EGYENÁRAMÚ TÁPEGYSÉGEK

Analóg áramkörök Műveleti erősítővel épített alapkapcsolások

1. Visszacsatolás nélküli kapcsolások

1.zh Kösse össze a két oszlop egy-egy összetartozó fogalmát! pozitív visszacsatolás

MÉRŐERŐSÍTŐK EREDŐ FESZÜLTSÉGERŐSÍTÉSE

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Műveleti erősítők. Előzetes kérdések: Milyen tápfeszültség szükséges a műveleti erősítő működtetéséhez?

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

Fizika A2E, 8. feladatsor

Műveleti erősítők. 1. Felépítése. a. Rajzjele. b. Belső felépítés (tömbvázlat) c. Differenciálerősítő

Szimmetrikus bemenetű erősítők működésének tanulmányozása, áramköri paramétereinek vizsgálata.

Bevezető fizika (infó), 8. feladatsor Egyenáram, egyenáramú áramkörök 2.

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

= 163, 63V. Felírható az R 2 ellenállásra, hogy: 163,63V. blokk sorosan van kapcsolva a baloldali R 1 -gyel, és tudjuk, hogy

1. konferencia: Egyenáramú hálózatok számítása

ÁGAZATI SZAKMAI ÉRETTSÉGI VIZSGA VILLAMOSIPAR ÉS ELEKTRONIKA ISMERETEK KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MINTAFELADATOKHOZ

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

A stabil üzemű berendezések tápfeszültségét a hálózati feszültségből a hálózati tápegység állítja elő (1.ábra).

Áramgenerátorok alapeseteinek valamint FET ekkel és FET bemenetű műveleti erősítőkkel felépített egyfokozatú erősítők vizsgálata.

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Áramkörszámítás. Nyílhurkú erősítés hatása

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

10.1. ANALÓG JELEK ILLESZTÉSE DIGITÁLIS ESZKÖZÖKHÖZ

Tranziens jelenségek rövid összefoglalás

Elektronika I. Gyakorló feladatok

Példaképpen állítsuk be az alábbi értékek eléréséhez szükséges alkatrészértékeket. =40 és =2

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Jelgenerátorok ELEKTRONIKA_2

1. A mérés tárgya: Mechatronika, Optika és Gépészeti Informatika Tanszék D524. Műveleti erősítők alkalmazása

E6 laboratóriumi mérés Fizikai Tanszék

Lineáris egyenletrendszerek

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

VILLAMOSIPAR ÉS ELEKTRONIKA ISMERETEK KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

VILLAMOSIPAR ÉS ELEKTRONIKA ISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Gingl Zoltán, Szeged, :47 Elektronika - Műveleti erősítők

Bipoláris tranzisztoros erősítő kapcsolások vizsgálata

ÁLTALÁNOS SZENZORINTERFACE KÉSZÍTÉSE HANGKÁRTYÁHOZ

<mérésvezető neve> 8 C s z. 7 U ki TL082 4 R. 1. Neminvertáló alapkapcsolás mérési feladatai

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Adatok: R B1 = 100 kω R B2 = 47 kω. R 2 = 33 kω. R E = 1,5 kω. R t = 3 kω. h 22E = 50 MΩ -1

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ALAPFOGALMIKÉRDÉSEK VILLAMOSSÁGTANBÓL 1. EGYENÁRAM

3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek

1. Egy lineáris hálózatot mikor nevezhetünk rezisztív hálózatnak és mikor dinamikus hálózatnak?

Egyenletek, egyenlőtlenségek V.

Elektronika Előadás. Műveleti erősítők felépítése, ideális és valós jellemzői

BUDAPESTI MŰSZAKI FŐISKOLA KANDÓ KÁLMÁN VILLAMOSMÉRNÖKI FŐISKOLAI KAR AUTOMATIKA INTÉZET ELEKTRONIKA MINTAPÉLDÁK

MŰVELETI ERŐSÍTŐS KAPCSOLÁSOK MÉRÉSE (DR. Kovács Ernő jegyzete alapján)

X. ANALÓG JELEK ILLESZTÉSE DIGITÁLIS ESZKÖZÖKHÖZ

Gingl Zoltán, Szeged, :14 Elektronika - Hálózatszámítási módszerek

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

23. ISMERKEDÉS A MŰVELETI ERŐSÍTŐKKEL

DR. KOVÁCS ERNŐ MŰVELETI ERŐSÍTŐK MÉRÉSE

Hálózati egyenirányítók, feszültségsokszorozók Egyenirányító kapcsolások

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

2.Előadás ( ) Munkapont és kivezérelhetőség

Elektronika Előadás. Műveleti erősítők táplálása, alkalmazása, alapkapcsolások

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Elektronika 1. (BMEVIHIA205)

Tájékoztató. Használható segédeszköz: számológép

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Elektronika Előadás

ELEKTRONIKA I. (KAUEL11OLK)

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

A 2009-es vizsgákon szereplő elméleti kérdések

LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL

VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ KÖRÖK

Jelkondicionálás. Elvezetés. a bioelektromos jelek kis amplitúdójúak. extracelluláris spike: néhányszor 10 uv. EEG hajas fejbőrről: max 50 uv

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

MUNKAANYAG. Dr. Nemes József. Műveleti erősítők - műveleti erősítők alkalmazása II. A követelménymodul megnevezése:

Műveleti erősítők - Bevezetés

(Az 1. példa adatai Uray-Szabó: Elektrotechnika c. (Nemzeti Tankönyvkiadó) könyvéből vannak.)

ELEKTRONIKAI ALAPISMERETEK

Áramkörök elmélete és számítása Elektromos és biológiai áramkörök. 3. heti gyakorlat anyaga. Összeállította:

A 27/2012 (VIII. 27.) NGM rendelet (12/2013 (III.28) NGM rendelet által módosított) szakmai és vizsgakövetelménye alapján.

Zh1 - tételsor ELEKTRONIKA_2

Átírás:

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 2003-2008as 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 ;) )

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. 4. 4 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

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 = = 5000 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 : 50000 U BE : 1 mv = = = 50000 200 =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 = = 5000 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

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 ) 13 11 = Egyesítem a két egyenletet, mert jobb oldaluk azonos 12K-8=13-11K 23K=21 K=21/23 = 21 23 1 = 2 23 Ismét behelyettesítek, a K helyére számokkal: 12 21 23 8=21 23 252 23 184 23 =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/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 ) 4 11+11 =2 +12 12 15 11=12 10 25 =23 = 23 25 1 = 2 25 Ismét behelyettesítek, a K helyére számokkal: =4 23 25 11 2 25 =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. 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. 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 = 2 10 7500μ =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. 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 =500 10 =1,66 = μ 3 = ( + á + ó ) 2 0,85 9. Példa = 12+3+1 2 0,85 =, 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%

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.

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. 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.

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... 12. 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. 16. -8-10=-18V a D pont feszültsége

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.

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: = ( ) 2 0 2. 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

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 20000. Adat felírás: 20000 á =1000 Képletek, melyet tudni kell: Behelyettesítés: á = 1 = 1 á 1000= = ó = 1+ ó = 20000 1+0,001 20000 =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. ;)