csáky antal - elektronika példatár (2000, 29 oldal)

Csákány Antal

Elektronika példatár

Az itt található feladatok az Elektronika elõadások tartalmához illeszkednek. A példák ésmegoldások a „Fakultatív gyakorlat”- okon szerepeltek, - ugyanabban a sorrendben, ahogy ottmegtárgyaltuk õket. Ez azt is jelenti, hogy nincsenek szigorú tematikai sorrendbe szedve.A feladatok viszonylag egyszerûek, az Elektronika tárgy megértésében sokat segítenek, kicsittúlozva úgy is mondhatjuk, hogy nélkülözhetetlenek.

A példák megoldásánál a DERIVE matematikai programcsomagot is igénybe vettük, - ígyegyszerûen és megbízhatóan számolhattunk, könnyen tudtunk bonyolult függvényekrõl ábrátkészíteni. (Sajnos a programcsomag bizonyos sajátosságai is megjelennek ebben a példatárban, -így pl. az, hogy az indexes változók írásmódja kicsit furcsának tûnik.)

A példatár utolsó részében régi – új zárthelyi feladatlapok vannak, - megoldások nélkül.

2000. nov. 12

Forrás: http://www.doksi.hu

1 Példatár___________________________________________________________________________

1. Hogyan változik a feszültség a diódán, ha a telep feszültsége 2V – ról 4 V –ra növekszik.(r = 2 kohm, a dióda „átlagos”, vagyistelítési árama 10- 14 A.)

Megoldás - 1. Mivel a dióda különleges nemlineáris elem, a feladatotcsak közelítõ pontossággal tudjuk megoldani, - elõször grafikusmegoldással próbálkozunk. Az áramkörre felírható alapvetõ

összefüggések transzcendens egyenletrendszerre vezetnek:

Ábrázoljuk a dióda karakterisztikáját,valamint a munkaegyenes(ek)egyenletét ugyanazon az ábrán. A P ésQ pontokban leolvashatók a 2, illetve 4V telepfeszültséghez tartozómunkaponti adatok. (Az eredetiDERIVE ábráról leolvasva a

feszültségeket 0.642-nek, valamint 0.673-nek találjuk. Az áramok pedig 0.6 mA és 1.6 mAértékûek. Meglepõ módon a dióda feszültsége alig változik, miközben a telep feszültsége a kétszeresére növekedett ! )

Megoldás – 2. A DERIVE lehetõséget ad arra, hogy transzcendens egyenletrendszert ismegoldjunk numerikusan az ún. Newton – Raphson iterációs módszerrel. – Ha a SOLVEsegédprogram csomagot betöltjük, akkor lehetõvé válik az alábbi sor beírása:

Az elsõ szögletes zárójel a két megoldandó egyenletet tartalmazza (zérusra redukált formában). Amásodik a keresendõ változókat nevezi meg. A harmadikban az iterációs eljárás kezdõértékeitbecsüljük meg. – A legutolsó szám az iterációk számát adja meg. – (A dióda áramánakmegadásánál a „- 1” –et elcsaltuk, mivel az nyitóirányban elhanyagolható.)


2 Példatár___________________________________________________________________________

Az eredményeket approximációs egyszerûsítéssel kaphatjuk.Jól látszik, hogy a hetedik értéktõl kezdve a megoldás már nem változik. – A 2 V –ostelepfeszültséghez tartozó feszültség- és áramértékek az utolsó sorban olvashatók.

2. Rajzolja fel sorosan és párhuzamosan kötöttellenállásból és diódából álló kétpólus eredõ áramfeszültség karakterisztikáját ( r = 1 kohm iS = 10-

14 A.)

Megoldás. – Grafikus eljárást választunk. Rajzoljukfel ugyanabba az ábrába az ellenállás és a dióda áram-feszültség karakterisztikáit.

Párhuzamos kapcsolásnál mindkét elemen ugyanakkora a feszültség, - az egyes áramértékektehát összegezõdnek.

Soros kapcsolásban mindkét elemen azonos áram folyik keresztül, - itt a feszültségértékekösszegezõdnek.


3 Példatár___________________________________________________________________________

3. Mennyit változik egy Zener diódán a kimenetifeszültség, ha a telep feszültsége 4 V – ról 6 V –raemelkedik? (A Zener dióda adatai:Zener.feszültség: 3.5 V , a Zener szakaszellenállása: 25 ohm.)

Mekkora az a terhelõ ellenállás, amelyik esetén azáramkör még stabilizátorként mûködik? Hogyanváltozik a terhelés és a Zener dóda együttes

árama?

Megoldás. Elõször fel kellrajzolnunk a Zener karakteriszti-káját, majd a telep-ellenállásrendszer munkaegyenesét.A Zener dióda pozitív feszültségekesetén közönséges diódakéntviselkedik. Negatív feszültségekesetén – 3.5 V –ig nem vezet, majda megadott a 25 ohm ellenállásnakmegfelelõ lineáris függvény szerintváltozik rajta az áram.

Az ábrán látható metszéspontokfeszültség különbsége szinte le semolvasható. Ez azonban kiszámítható:

a du b = 2000 mV bemeneti feszültségváltozás olyan osztóra jut, amelyik tagjai r = 2 kohm, rV =25 ohm:

A kimeneti feszültség változása (du k ) csak 24 mV ! A „feszültség-stabilizálási tényezõ” értéke:2000/24 = 81 –szeres !Ha a telepfeszültség 6 V és a Zener diódával párhuzamosan egy rt ellenállást kapcsolunk, akkor

a Zener dióda csak akkor fog mûködni, ha az osztón legalább 3.5 V feszültség van. Vagyis


4 Példatár___________________________________________________________________________

Ebbõl rt érékére 2.8 kohm adódik, - ez a legkisebb értékû terhelõ ellenállás. Most a terhelésenátfolyó áram 3.5/2800 = 1.25 mA.. – Ha a terhelõ ellenállás értéke növekszik, akkor a Zenerdiódán egyre nagyobb áram folyik át. Ha a terhelõ ellenállás végtelenül nagy lesz, a diódánátfolyó áram (6 – 3.5)/2000 = 1.25 mA. A dióda és a terhelés árama tehát úgy oszlik meg, hogyösszegük állandó értékû legyen.

4. Hogyan változik egy dióda differenciális ellenállása?

Megoldás. Irjuk fel dióda áramköri mûködését leíró egyenlet kicsit módosított változatát ( azexponenciális taghoz képest az egységet elhanyagoljuk), és ebbõl számoljuk ki a dufeszültségváltozás hatására bekövetkezõ di áramváltozást:

di/du reciprokaként megkaptuk a differenciálisellenállás értékét:

Ez nagyon fontos és sokszor használt összefüggés.A differenciális ellenállás értéke tehát lényegében csak amunkaponti (nyugalmi) áram függvénye. Ha amunkaponti áram tízszeresére változik, a differenciálisellenállás tizedrészére csökken.

Az ábrán a dióda karakterisztikáját és két pontjához tartozó érintõket láthatjuk. Az érintõmeredeksége – a differenciális ellenállás reciproka – jócskán változik.

5. Határozzuk meg a megadott elektromoshálózatban az A – B pontokhoz tartozó Theveninhelyettesítõ képet.

Megoldás. Használjuk fel a szuperpozíció tételt, melyszerint – egyetlen aktív forrás kivételével – sorbanhelyettesítsük az összes aktív forrást saját belsõ

ellenállásával és határozzuk meg a vizsgálandó kimenetre jutó feszültséget. Ezeket összegezvemegkapjuk a terhelés nélküli kimeneti feszültséget.

ImV

Iu

r td

26==


5 Példatár___________________________________________________________________________

A kimeneti feszültség egyes komponensei:

A Thevenin helyettesítõ kép belsõ ellenállását úgy határozhatjuk meg,hogy az összes aktív forrást saját belsõ ellenállásával helyettesítjük ésmeghatározzuk az A – B pontokról látható ellenállás értékét.

Végül a kész helyettesítõ kép:

6. Az ábrán látható tranzisztor kollektorárama 1 mA. Határozzuk meg a kollektorfeszültségét és azt, hogy a kollektoráram hányadrésze folyik a 10 kohmos ellenálláson. –Becsüljük meg, mekkora a tranzisztor áramerõsítési tényezõje.


6 Példatár___________________________________________________________________________

Megodás. Vegyük észre, hogy a kollektorellenállás és a terhelõellenállás összevonható, ha azábrán szaggatott vonallal jelzett áramköri részletre a Thevenin tételt alkalmazzuk. Ekkor akollektorfeszültség könnyen felírható:

VIU CC 7.63.310 =−=

A tranzisztor kollektorárama szempontjából a kollektorellenálás és a terhelõellenálláspárhuzamosan kapcsolódik. Ez a következõ egyenletekkel fejezhetõ ki:

Ha az i2 –re vonatkozó megoldást megkeressük, eredményül 0.33 mA –t kapunk. (Másképpkicsit egyszerûbben: a kollektoráram az 1 : 2 arányú ellenállásokon oszlik meg, - ebbõlegyharmad jut a 10 kohmos ellenállásra, kétharmad pedig fele akkora ellenállásra.)

A tranzisztor bázisáramát a mellékelt egyszerû ábra alapján határozhatjukmeg. Egy nyitott diódán 0.6 – 0.7 V feszültséget találhatunk, ezért abázisáramot (elhanyagolható pontatlansággal) könnyen megkaphatjuk:

Ak

I B µ75200

6.015 ≈−=

A kollektoráram és a bázisáram hányadosaként pedig megkaphatjuk atranzisztor áramerõsítési tényezõjét:

3.13== βB

C

II


7 Példatár___________________________________________________________________________

7. Határozza meg a megadott négypólus transzferfüggvényét. Rajzolja fel az amplitúdóátvitelt és afáziskarakterisztikát lineáris frekvenciaskálán. - Rajzoljafel a transzfer függvény Nyquist diagramját. ( L = 1 mH,C = 100 nF, R = 1 kohm)

Megoldás. – A kapcsolás induktivitása és kondenzátora sorosrezgõkört sugall. Ezt azonban kicsit „elrontja” a tekerccsel

párhuzamosan kapcsolódó ellenállás. Ennek ellenére határozott rezonanciát kell kapnunk az L ésC által meghatározott frekvencián.- A feladat megoldásához a DERIVE nélkülözhetetlen.

A transzfer függvény egyszerûen felírható:csak figyelni kell arra, hogy L és R párhuzamosanvannak kötve.

A kifejezést egyszerûsítve a fenti,– nehezen áttekinthetõ –összefüggéshez jutunk.Ha ide behelyettesítjük azelemek számszerû értékeit,ábrázolhatjuk a fenti kifejezésabszolút értékének változását afrekvencia függvényében.

A rezonancia jelensége jóllátható, - 1 V bemeneti feszültségesetén a kimenet 10 V körülilesz.Természetesen a fenti kifejezésfázisszögét is ábrázolhatjuk.(Az ábrák mindkét skálájalineáris !)


8 Példatár___________________________________________________________________________

A Nyquist görbét polár koordinátarendszerben kell felrajzolnunk. (A fenti kifejezésbõl ki kellhagynunk az imaginárius egységet, a DERIVE jelölés rendszerébõl adódóan.)

Ha behelyettesítjük az elemek tényleges értékeit, az alábbi ábrához juthatunk:

Vegyük észre, hogy ebbõl az ábrából sikeresen lehetnea fenti két ábrát rekonstruálni (ha frekvencia értékek isszámszerûen fel lennének tüntetve).

8. Rajzolja fel a megadott „létra hálózat” transzferfüggvényének Bode diagramját. Mekkora lesz akimenõjel értéke, ha kimenet éppen a bemenettelellentétes fázisú ? Milyen frekvencián következik ezbe?

Megoldás. - Ez esetben – célszerûen – a Kirchhoff törvényeket alkalmazzuk. ( a és b –vel avízszintes , illetve a függõlegesen rajzolt elemek impedanciáját jelöljük, - a köráramok afüggõleges ágakon folynak).

Az egyenletrendszer megoldása után a kimeneti feszültség:


9 Példatár___________________________________________________________________________

Ha az amplitúdóátviteli görbét fel akarjuk rajzoltatni, akkor a jobboldali tört abszolút értékénektízes alapú logaritmusának hússzorosát kell venni. A DERIVE jelölésével:

A fázisátvitel ennél kicsit egyszerûbben írható fel:

Az összefüggésekbeC = 1 nF, valamint R= 1 kohm értékethelyettesítünk, - éspersze ω helyébe a ω

= ω10 - et, hogy a vízszintes skálalogaritmikus legyen (!!!!).A két görbe ugyanazon az ábrán látható, - azamplitúdóátvitel szaggatott, a fázismenetfolyamatos.Az eredeti kérdésekre keressük a választ. Abemenethez képest ellenkezõ fázis πnagyságú, - a P pont jelöli ezt a fáziskarak-terisztikán. Az innen kiinduló függõlegesvonal az amplitúdókatakterisztikát a – 29dB – es Q pontban metszi. – A (kör)frek-vencia érték is leolvasható: ez az ábrán kb.6.2 –nél, pontosabban 106.2 = 2.45 106 – nélkövetkezik be.Ezeket a keresett értékeket nem csak azábráról kaphatjuk meg, hanem egyenle-teinkbõl is. Ha az átviteli összefüggés kép-

zetes része éppen zérus értékû, akkor kiszámolhatjuk, hogy ez milyen frekvencián következik be.


10 Példatár___________________________________________________________________________

Ha ezt az értéket visszahelyettesítjük az átviteli összefüggésbe, akkor a következõ (most máregzakt ) eredményre jutunk:

(Az elõjel a fázisfordításra utal, az 1/29 érték pedig a decibel skálán kb. – 29 –nek felel meg.)

Ha egy négypólus bemenete és kimenete között éppen 180fokos fázisviszony van, akkor a bemenet és kimenet két jelöltpontja között nagyobb feszültség mérhetõ, mint a bemeneti

feszültség (az elõjelek figyelembe vételével):

Vizsgáljuk meg az adott ábra szerinti áramkört. Ez az elõzõ feladatátrajzolt változata és a fenti állítás illusztrálására szolgál. Észre kellvenni azt, hogy ez most felüláteresztõ szûrõ !

Megoldás. – Természetesen itt is felírhatnánk a Kirchhoff egyenleteket,és megoldhatnánk a keletkezõ egyenletrendszert. Azonban egyszerûbbmegoldást választunk: felhasználjuk az elõzõ feladat átvitelifüggvényét.

Helyettesítsük be a C = 1 nF, R = 1kohm és az ω = ω10 értéket ésábrázoljuk az amplitudóátviteliBode diagramot.

Azt a meglepõ eredmény látjuk,hogy a kimeneti feszültség 0.89 dBértékkel meghaladja a bemenetifeszültség értékét. Ez azt jelenti,

hogy a kimenet a bemeneti feszültség kb. 110 % -a lesz ! (Feszültségerõsítõ ?)


11 Példatár___________________________________________________________________________

9. Határozza meg a megadott kapcsolás átvitelénekBode diagramjait. – Mire lehetne ezt az áramkörthasználni?

Megoldás. – Az áramkör kimenete egy RC aluláteresztõés felüláteresztõ szûrõ kimeneti feszültségeinekkülönbsége. Ez közvetlenül felírható:

Azonnal feltûnik, hogy a kimenõ jelabszolút értéke minden frekvenciánmegegyezik a bemenõjel értékével,vagyis az áramkör ún. „mindentáteresztõ” kapcsolás.Karakterisztikáját felrajzolni semérdemes: egybeesik a vízszintestengellyel.

A fázis is egyszerûen meghatározható. – (A BODE diagram felrajzolásához be kellhelyettesítenünk az ω = ω10 értéket, hogy az abszcisszát logaritmikussá tegyük. Az ábrakészítésénél R = 10 kohm és C = 100 nF értékeket használtunk.)Ezt az áramkört a fázismenet korrigálására, módosítására használják.

10. Határozza meg a megadott áramkör frekvenciaátvitelét éskeresse meg, mi annak a feltétele, hogy a kimenõ feszültség nefüggjön a frekvenciától.Mire használják ezt az áramkört?

Megoldás. – Írjuk fel a transzfer függvényt, arra figyelve, hogy amegfelelõ ellenállások és kondenzátorok párhuzamosan vannakkapcsolva.


12 Példatár___________________________________________________________________________

Kicsit átalakítva :

Elég feltûnõen látszik, hogy a c1. r1 = c2.r2 feltételt választva (vagyis a két idõállandó legyenegyforma) , a kimeneti feszültség csak az ellenállások arányától függ.

Ábrázoljuk a frekvenciakarakterisztikát Bode diagramon, - három különbözõ esetben. Azértékeket vegyük az alábbi táblázatból:

r1 r2 c1 c2a 100 k 10 k 1 nF 100 pFb 100 k 10 k 100 pF 1 nFc 100 k 10 k 10 pF 1 nF

Az eredmény az ábrán látható.

Az áramkört – ha a két idõállandó azonos -kompenzált osztónak nevezik és feszültségcsökkentõ kapcsolásokban (pl. oszcilloszkópbemenetén ) használják.


13 Példatár___________________________________________________________________________

11. Rajzoljuk fel a mellékelt áramkör frekvenciaátvitelének Bode diagramját és határozzuk meg ebbõlaz áramkör frekvenciahatárait.Bontsuk fel az áramkört két részre és így ishatározzuk meg a frekvenciahatárokat.

Megoldás. – A transzfer függvény felírásához a poten-ciométer szabályt alkalmazzuk, de ügyeljünk arra, hogy egy soros és egy párhuzamos RCáramkör szerepel benne.

Az amplitúdóátviteli Bode diagramot –az elõzõ feladatokban részletezettmódon állítjuk elõ. A frekvenciahatárokmeghatározásához grafikus megoldástválasztunk. – Berajzoljuk az átvitelikarakterisztika maximumát jelzõ – 6 dB– es szintet. A frekvenciahatárok ennél 3dB- el lejjebb fognak elhelyezkedni. Ametszéspontok (kör)frekvencia értékeiaz ábráról leolvashatók és így ismerttéválik az alsó és felsõ frekvenciahatár is.

Figyeljünk fel arra, hogy a két kondenzátor kapacitása határozottan különbözik. Ez lehetõségetteremt arra, hogy egy alacsonyfrekvenciás és egy nagyfrekvenciás részre bontsuk az áramkört. Arészletek az ábrán láthatók. – Kisebb frekvenciákon az 1 nF – os kondenzátor hatásaelhanyagolható. Magas frekvenciákon pedig a 100 nF – os kondenzátor tekinthetõ rövidzárnak.A frekvenciahatárok most már könnyedén felírhatók.


14 Példatár___________________________________________________________________________

)1(3 222 crrcjcrj

uu beki ωωω−+

=

CRa 21=ω

CR 2/1=ω

12. Határozzuk meg az áramkör feszültségátviteli függvényét ésábrázoljuk azt lineáris skálán, Bode diagramokon, valamint polárkoordináta rendszerben (Nyquist diagramon).Mire használják ezt az áramkört?

Megoldás. Az elõzõ feladat elsõ részének felhasználásával az átvitelifüggvény, - - triviális egyszerûsítés után:

Az ábrákat a DERIVE segítségével rajzoltuk fel.


15 Példatár___________________________________________________________________________

Mind a Nyquist ábrából, mind a Bode diagramokból jóllátszik, hogy az áramkörnek az a feltûnõ tulajdonsága,hogy van egy olyan frekvencia (ω = 1/RC ), amelyiknéla kimenet fázisa megegyezik a bemenet fázisával, - ésezen a frekvencián a kimenet a bemenetnek éppenharmada.

Ezt az áramkört az ún. Wien – hídas oszcillátorokbanhasználják. – Az ábrán láthatjuk a vizsgált áramkört híd

kapcsolássá kiegészítve. A jobboldali ohmos osztóosztásaránya éppen az elõbb említett egyharmad. Enneka híd kapcsolásnak a jellegzetessége: létezik olyan(egyetlen) frekvencia, amelyiknél a kimeneti (híd ág)feszültség zérus, vagyis a bemenet nem jut el akimenetre.

13. Mutassuk meg, hogy az elõzõ példában szereplõ Wien áramkör frekvenciakarak-terisztikája egy soros rezgõkör tulajdonságait mutatja, ha a rezgõkör paramétereit jólválasztjuk meg.

Megoldás. A két áramkör kapcsolásivázlatának kvalitatív elemzése arra akövetkeztetésre vezet, hogy mindkettõ átvitelezérus igen nagy és igen kicsiny frekvenciákon.– A feladat tehát nem megoldhatatlan.Írjuk fel mindkét kapcsolás transzferfüggvényét:

)1(3 222 crrcjcrj

uu beki ωωω−+

=)1( 2 CLCRj

CRjuu beki ω

ω−+

=

Az összefüggésekbõl az látszik, hogy mindkét átviteli függvény hasonló jellegû. Most már csakaz a kérdés, hogyan válasszuk meg a soros rezgõkör paramétereit, hogy a Wien áramkörrelazonos átvitelt kaphassunk.A Wien áramkör sávszélessége – elvileg – egyszerûen meghatározható: az átvitel maximumáhozképesti – 3 dB – es pontokat kell megkeresnünk. Ezt a „szöszmötölõs” feladatot a DERIVEsegítségével oldhatjuk meg. – Eredményül azt kapjuk, hogy ∆ω = 3 rc , vagyis a rendszer Qértéke mindössze 1/3, vagyis ez a „rezgõkör” nem nagyon szelektív.


16 Példatár___________________________________________________________________________

Ha r = 10 kohm és c = 10 nF értékek szerepelnek a Wien áramkörben, akkor mindkét áramkörrezonanciafrekvenciájának ω0 = 104 értékûnek kell lennie. Ha az induktivitás nagyságát 10 mH –re választjuk, akkor a Thomson frekvencia képletébõl C = 1 µF értéket kapunk. – A transzferfüggvények összehasonlításából az tûnik ki, hogy a feladat korrekt megoldása az R C = 3 r cértékválasztáson múlik. (R = 30 ohm)

Az ábrán feltüntettük mindkét átvitelikarakterisztikát. A Wien áramkörnekés a soros rezgõkörnek a rezonancia-frekvenciája megegyezik, - azonos akét kör sávszélessége is.A rezgõkör maximális kimenetifeszültsége 0 dB, - ezért a két görbeegymáshoz képest függõlegesen elvan csúsztatva.

14. Mutassuk meg, hogy az ábra szerinti áramkörben – meghatározott feltétel mellett – azR ellenálláson átfolyó áram független az ellenállás értékétõl.

Megoldás. Határozzuk meg a Thevenin helyettesítõ képet, - azellenállás felõl benézve a hálózatba.

CLu

CjLj

Cjuu bebeTh 21

11

1

ωω

ω

ω−

=+

=

CLLj

LjxCj

rb 211

ωωω

ω −==


17 Példatár___________________________________________________________________________

Az ellenálláson átfolyó áram:

LjCLRu

CLLj

R

CLu

i be

be

R ωωωω

ω+−

=

−+

−=)1(

1

12

2

2

Az áram láthatóan nem függ az ellenállás értékétõl, ha ω2 L C = 1, - vagyis a rezonancia-frekvencián. (Ideális áramgenerátor?)

15. Hogyan változik a feszültség az A ponton, - a kapcsolózárása után?

Megoldás. A kapcsoló zárása elõtt a kondenzátor bal oldalán10 V feszültséget találunk, jobb oldalán pedig 5 V – ot.A kapcsoló zárása a kondenzátor bal oldalán a feszültséget 0V-ra állítja. Mivel a kondenzátor két végpontja közöttifeszültség ugrásszerûen sohasem változhat, ez a 10 V-os

feszültségcsökkenés a kondenzátor jobb oldali végén (az A ponton) is tapasztalható lesz.Hosszú idõ múlva az A pont feszültsége el fogja érni az 5 V –ot, - exponenciális görbe mentén.Az exponenciális idõállandóját úgy lehet meghatározni, hogy a kondenzátor felõl „benézünk” ahálózatba és megvizsgáljuk, hogy a kondenzátor mekkora ellenállást „láthat”. (A feszültség-forrás ekkor zérus belsõ ellenállású, a két 200 kohmos ellenállás pedig párhuzamosankapcsolódik.)

Az idõállandó tehát: 10 nF . 100kohm = 1 ms.Az exponenciális szakaszbefejezésekor a kondenzátorbaloldalán a feszültség zérus,jobboldalán pedig 5 V. Akondenzátoron lévõ feszültségiránya azonban a kiindulóállapothoz képest megfordult!

16. Az RC kvázidifferenciáló áramkörre azadott periodikus impulzus sorozat érkezik.Vizsgálandó a stacioner állapotban a kimenetenlétrejövõ jelalak.


18 Példatár___________________________________________________________________________

Megoldás. Az áramkör idõállandója τ = 1 nF .1 Mohm = 1 ms. Ez az érték az impulzussorozategyes szakaszainak nagyságrendjébe esik, ezért az eltolódás mértékét csak az exponenciálisgörbék részletes vizsgálatával tudjuk csak megállapítani.

A megoldás vázlata a mellékelt ábrán található. – A jelalak - Ue értékrõl indul, U = 10 V –osugrással. t1 idõ múltával nagysága

a

t

e UeUU =−−

τ1

)(

Az ábrán feltüntettük a kimeneti jel további szakaszának fordított elõjelû értékét is, - ezzel kicsitkönnyebb számolni.

e

t

a UeUU =−−

τ2

)(

A két egyenletbõl meghatározható az eltolódás mértéke:

τ

ττ

)21(

)21(2

1tt

ttt

e

e

eeUU +−

+−−

−

−=

Az aktuális értékekkel számolva a kezdeti eltolódás nagyságát kaphatjuk.

Veee

U e 900305.01

10 3

32

=−−= −

−−


19 Példatár___________________________________________________________________________

17. Határozzuk meg az ábrán szerinti áramkör impedanciáját ésrajzoljuk fel ennek változását a frekvencia függvényében. –Hány „rezonanciafrekvenciája” van ennek az áramkörnek?

Megoldás.Az impedanciát különösebb nehézség nélkül felírhatjuk:

)1(111

12

21

12

21

12

CLCjCjCL

Cjx

CjCL

Zωωω

ωωω

ω−+

−=−=

Céltudatos átalakítás után az eredmény:

21

212

12

2

11 1

1

)1(

1

CCCCCL

CC

CjZ

+−

−

+=

ω

ω

ω

Ebbõl jól látszik, hogy az impedancia (pontosabban:reaktancia) az L és C1 által meghatározott frekvenciánlesz zérus értékû, vagyis itt tapasztalunk sorosrezonanciát.A két kondenzátor soros eredõje fogja megszabni azt,ahol párhuzamos rezonanciát észlelhetünk.Elkészítettük ennek grafikus ábráját is, - a kondenzátorokés az induktivitás értékét egyaránt egységnyinek vettük.(Emlékeztetõül: a kvarckristály elektromos helyettesítõképe ehhez nagyon hasonló.)


20 Példatár___________________________________________________________________________

18. Rajzoljuk fel a megadott áramkör kimeneti feszültségénekváltozását a frekvencia függvényében.

Megoldás.

Jól látszik, hogy egy soros- és egy párhuzamos rezgõkörkombinációját látjuk, amelyeknek azonos a Thomson

frekvenciájuk. – Éppen ezért ezen frekvencián a kimeneti feszültség meg fog egyezni a bemenetifeszültséggel, mivel a soros rezgõkör ellenállása zérus, a párhuzamosé pedig végtelen lesz.Az áramkör egyéb tulajdonságait csak az átviteli függvény vizsgálata mutatja.

CjCL

CLLj

CLLj

uu beki

ωω

ωω

ωω

2

2

2

11

1−+

−

−=

Ezt egyszerûsítve, majd L és C értékétegységnyire választva a következõre jutunk:

A nevezõben található polinóm gyökhelyeit az y =ω2 helyettesítéssel könnyen megkaphatjuk:

Most már felírhatjuk az átviteli függvényt jobban átlátható alakban is.


21 Példatár___________________________________________________________________________

Az áramkörbõl leolvasható az, hogy a Thomson frekvencián a rendszer átvitele egységnyi. – Akét végtelen nagy értékû rezonancia azonban magyarázatot érdemel.

Látnunk kell, hogy mind a soros, mind apárhuzamos rezgõkör a frekvenciafüggvényében változtatja reaktanciáját ésegy adott frekvencián akár induktív vagykapacitív is lehet. – Az igen nagy értékekazért fordulhatnak elõ, mert az eredetiáramköri ábra potenciométerének elemeialkothatnak soros (!!!) rezgõkört is, -aminek ebben az esetben nincsenáramkorlátozó ellenállása.

19. Számítsa ki, mekkora lesz a megadott jelalak középértéke és effektív értéke? Hogyanváltoznak ezek az értékek, ha a jelet kétoldalasan egyenirányítjuk?

Megoldás.A megadott jel az X tengelyre szimmetrikus, középértéke zérus most tehát zérus. – Effektívértékét a definiciós egyenletbõl számolhatjuk ki (T = 2 s) :(a két félperiódus azonos volta miatt elegendõ a számítást csak az egyikre elvégezni:

24542.04

1][

2 20

420

2/

0

22

02 U

eUdteU

TU

TTt

eff =−==−−

∫

vagyis:

04954.0 UU eff =

A középérték kiszámításához is elegendõ csak egyikfélperiódust vizsgálni.

0

2

0

22/

00 4323.0

211

Ue

UdteUT

U TtT

k =−==−−

∫


22 Példatár___________________________________________________________________________

20. Mekkorára kell választanunk C értékét, ha a hálózatból letranszformált ésegyenirányított feszültséget 0.1 A árammal terheljük és azt szeretnénk, hogy a„búgófeszültség” amplitúdója ne haladja meg az 1 V –ot?

Megoldás.1. A hálózati periódusidõ alatt a kondenzátorból elfolyó töltések 1 V feszültségesésteredményeznek, vagyis

TIC

U1=

alapján közelítõleg C = 2000 µF .

2. Okoskodhatunk úgy is, hogy figyelünk a kondenzátor kisülésekor létrejövõ exponenciálisgörbeszakaszra. Azt írhatjuk, hogy

τms

e20

109−

=

τ értéke ebbõl 189 ms – ra adódik. Ha R éppen 100 ohmos, akkor a szükséges kapacitás 1890µF nagyságú. (Ez gyakorlatilag azonos az elõzõ értékkel, mivel az elektrolit kondenzátorokkapacitásának pontossága ritkán kisebb ±10 százaléknál.)


23 Példatár___________________________________________________________________________

21. Határozza meg a kimenõjelet az adott hálózat és az adott bemenõjelek esetén. (A diódákideálisak.)

Megoldás. – A jelalak elsõ fele (pozitív jelek, a diódák adott kapcsolása esetén) az ÉS áramkörjellegzetességeit mutatja. Az ábra második része (negatív jelszakaszok) a VAGY kapcsolatotfogja realizálni.

22. Határozza meg, hogy milyenlesz az adott kapcsolási elrendezéskimeneti jele két különbözõamplitúdójú bemenõjel esetén.

Megoldás. – A két dióda pozitív, illetve negatívirányokban limitálja a kimeneti feszültséget. Az ábránfeltüntettük a munkaegyenest két különbözõ bemenetifeszültség esetén. Már innen is jól látszik, hogy kb.0.6 V –ig a kimeneti feszültség követi a bemenetit,innen kezdve azonban szinte egyáltalán nemnövekszik a kimeneti jel.


24 Példatár___________________________________________________________________________

Az ún. transzfer karakterisztika felrajzolásához (a kimeneti feszültség a bemeneti függvényében)azt az utat választjuk, hogy a dióda egyenletének inverzét használjuk, vagyis kifejezzük a diódánmérhetõ feszültséget a dióda áramának függvényében.

)1.10(ln026.0 14 += iuki

A bemeneti feszültség kifejezhetõ:

1000.iuu kibe +=

Ha a két egyenletet parametrikus formábanábrázoljuk, megkaphatjuk a transzferkarakterisztikát.Ennek ismeretében most már könnyû felrajzolni akimenõjelek alakját.

23. Rajzoljuk fel, hogyan változik a kimeneti jel, haa bemenetre idõben lineárisan növekvõ feszültségetadunk. (A diódák ideálisak. )

Megoldás.Ha a bemenõ feszültség 3 V – nál kisebb, egyik diódasem nyitott, - a kimenõfeszültség a bemenetivelmegegyezik.


25 Példatár___________________________________________________________________________

Ha az r1 ellenálláson áram folyik, akkor az r1 – r ellenállásokból álló potenciométer szabja meg akimeneti feszültség növekedését.(Ha az r1 = r2 = r3 = 2 r értékkel számolunk, akkor a kimeneti feszültség 2/3 – ad része jut a

kimenetre.)Ahogy a diódák a bemenõ feszültség hatásárabekapcsolnak, a potenciométer elemeinek változásakövetkeztében a kimeneti feszültség növekedésénekmértéke 2/3 , 1 , 2/5 lesz.

Az ábrán szaggatott vonallal jelöltük a bemenõ jelet.Feltüntettük az egyes szakaszokhoz tartozó„meredekség” értékeket is. Ezzel, vagy hasonlóáramkörrel lehet függvényeket törtvonalaskarakterisztikákkal közelíteni.

24. Az elõadáson bemutatott „furcsán” viselkedõ áramkörkapcsolási rajza itt látható. Ha az L1 és L2 izzólámpa 220 V –os és 40 W - os , mekkora teljesítmény jut rájuk ebben azáramkörben? – Hogyan lehetne elérni, hogy a kapcsolók alámpákat ellentétesen vezéreljék?

Megoldás.A lámpák csak egyoldalasan egyenirányított feszültséget kapnak,ezért a rájuk jutó teljesítmény 20 W.Ha a kapcsolók melletti diódákat, vagy a lámpák melletti diódákatfelcseréljük, - a vezérlés máris megfordul.


26 Példatár___________________________________________________________________________

24. Határozzuk meg az alábbi tranzisztoros áramkörök nyugalmi elektróda feszültségeit.

Megoldás.

Mindegyik áramkörnél csak a legfontosabb egyenleteket tüntetjük fel.

AVRIU BBT 6.0. +=

β.. BCtC IRUU −=

B

EBBT UVRIU ++= 6.0.

EBE RIU )1( β+=

C

Itt a Thevenin tételt is alkalmaznunk kell.

EBt UVRxRIRR

RU ++=

+6.0. 21

21

2

EBE RIU )1( β+=


27 Példatár___________________________________________________________________________

Ha a második egyenletbõl kifejezzük a bázisáramot és az elsõ egyenletbehelyettesítjük, megkaphatjuk az emitterfeszültség értékét. Akollektorfeszültséget az alábbi egyenletbõl nyerhetjük:

β.. BCtC IRUU −=

DVRIU BBC 6.0. +=

)1(.. β+−= BCtC IRUU

25. Egy mûveleti erõsítõt (erõsítés: 100.000, határfrekvencia: 10 Hz) frekvenciafüggetlenül(pl. ellenállásosztóval) visszacsatolunk úgy, hogy az eredõ erõsítés 10, 100, 1000 legyen.– Milyen lesz a visszacsatolt rendszer frekvenciakarakterisztikája?

Megoldás.

A visszacsatolt rendszer erõsítése:

0

0

0

0

/11

/1

ffjA

ffjA

A

++

+=′ β

A mellékelt ábrán ezt látjuk, - az erõsítésés sávszélesség szorzata állandó. –Visszacsatolt erõsítõ erõsítése „belesimul”az eredeti erõsítõ frekvenciakarakteriszti-

kájába.

26. Egy mûveleti erõsítõ erõsítésének frekvenciafüggése adott (két, azonos értékûkváziintegráló áramkör határozza meg). – Vizsgáljuk meg, hogy ennek frekvenciafüggetlennegatív visszacsatolása esetén létrejöhetnek-e a frekvenciakarakterisztikában „kiemelések”.

( )2410/1

1000

fjA

+=

Megoldás.

Válasszunk olyan visszacsatolást, hogy az eredõ erõsítés 10-szeres legyen. Ekkor a visszacsatoltrendszer erõsítése:


28 Példatár___________________________________________________________________________

Ábrázoljuk ennek frekvenciakarakterisztikáját. Jól látszik, hogy azátviteli sáv vége felé az erõsítés tetemesen megnövekedik.

A jelenség oka az, hogy a hurokerõsítés frekvenciafüggõ.

Frekvenciakiemelés nyilván akkor következik be, ha az

11 ≤− βA

Ha a hurokerõsítés valós részét X –nek, képzetes részét Y – nak nevezzük, akkor a fentikifejezést átírhatjuk:

( ) 11 22 ≤+− YX

Ez egy körnek az egyenlete, amelyiknek a középpontja a „kritikus” (1, 0) pontban van.Ha a hurokerõsítés ebbe a körbe belép, akkor a frekvenciakiemelés óhatatlanul bekövetkezik.Választott példánk viszonyait a mellékelt ábrák mutatják. Az egyik ábrán a hurokerõsítés menetétláthatjuk, a másikon pedig ennek kinagyított részletét, az említett kör feltüntetésével.


csáky antal - elektronika példatár (2000, 29 oldal)

Documents