1
OTPORNICI STALNE OTPORNOSTI
π [Ξ©]
Zadatak 1. Odrediti maksimalnu struju kroz otpornik nominalne otpornosti 3.3 kΞ©, nominalne snage
1/4 W. U kom opsegu se kreΔe otpornost ovog otpornika tolerancije 20%?
ReΕ‘enje:
π = π β πΌ2 β πΌ = βπ
π = β
1
4 β 3.3 β 103= 0.0087 A
3000 Ξ© Β± 20% = 2640 Ξ©, 3960 Ξ©
Zadatak 2. SMD otpornik pravougaonog oblika, duΕΎine π = 2 mm, Ε‘irine π = 0.5 mm i visine β, zalemljen
je na Ε‘tampanoj ploΔi. Otpornik je realizovan od oksida kalaja Δija je slojna otpornost π π = 250 Ξ©β‘β .
a) Odrediti vrednost ovog otpornika,
b) Ako je maksimalna snaga ovog otpornika 1/8 W odrediti maksimalni napon na koji se on sme
prikljuΔiti.
ReΕ‘enje:
a)
π = π βπ
π= π β
π
π β β=π
ββπ
π= π π β π = 250 β 4 = 1000 Ξ© = 1 kΞ©
b)
π =π2
π β π = βπ β π = β
1
8β 1000 = 11.8 V
RAZDELNIK NAPONA
ππππ =π 2
π 2 + π 1β ππΌπ
Masa (- kraj generatora) β referentna taΔka, taΔka nultog potencijala
NaΔi napon u nekoj taΔki β spustiti se do mase!
Zadatak 3. U kolu na slici 1 odrediti napon ππΏ kada je:
a) π πΏ = π β 106,
b) π πΏ = π ,
c) Kada se otpornik π πΏ iskljuΔi iz kola odrediti minimalnu vrednost π koja garantuje da se mogu
upotrebiti otpornici nazivne snage 0.25 W.
2
Slika 1.
ReΕ‘enje:
a)
π π =π πΏ β π
π πΏ + π =π β π β 106
π + π β 106=
π 2 β 106
π β (1 + 106)β π
ππΏ =π π
π π + π β ππΌπ =
π
π + π β ππΌπ =
π
2π β 12 = 6 V
b)
π π =π β π
π + π =π
2
ππΏ =π π
π π + π β ππΌπ =
π 2
π 2 + π
β ππΌπ =
π 23π 2
β 12 = 4 V
c)
π =ππΏ2
π β π =
ππΏ2
π
ππΏ =π
π + π β ππΌπ = 6 V
π =ππΏ2
π=36
0.25= 144 Ξ©
3
Zadatak 4. Ako je vrednost napajanja ππΌπ = 12 V odrediti vrednost izlaznog napona ππππ1 i ππππ2 u kolu
sa slike 2.
Slika 2. ReΕ‘enje:
ππππ1 =2π
2π + π β ππΌπ =
2π
3π β 12 = 8 V
ππππ2 =π
π + 2π β ππΌπ =
π
3π β 12 = 4 V
4
OTPORNICI PROMENLJIVE OTPORNOSTI - POTENCIOMETRI
Zadatak 5. U kolu na slici 3 poloΕΎaj klizaΔa potenciometra se menja linearno izmeΔu pozicija 0 i 1. Skicirati
oblik promene napona ππππ u funkciji promene poloΕΎaja klizaΔa potenciometra. Poznato je
ππΆπΆ = ππΈπΈ = 15 V, π = 25 kΞ©, π π = 100 kΞ©.
Slika 3.
ReΕ‘enje:
ππΆπΆ = π β πΌ + π π β πΌ + π β πΌ β ππΈπΈ
πΌ =ππΆπΆ + ππΈπΈ2 β π + π π
=15 + 15
(2 β 25 + 100) β 103= 0.2 mA
Kada je klizaΔ u poziciji 0:
ππππ0 = π β πΌ β ππΈπΈ = 25 β 103 β 0.2 β 10β3 β 15 = β10 V
Kada je klizaΔ u poziciji 1:
ππππ1 = βπ β πΌ + ππΆπΆ = β25 β 103 β 0.2 β 10β3 + 15 = 10 V
Zavisnost izlaznog napona od poloΕΎaja klizaΔa potenciometra prikazana je na slici 4.
Slika 4.
5
Zadatak 6. U kolu na slici 5 ukupna otpornost linearnog potenciometra (izmeΔu poloΕΎaja klizaΔa 0 i 1) je
π π = 10 kΞ©. Kada je klizaΔ u poloΕΎaju PK=0.43, ampermetar u kolu meri struju od 0 A. IzraΔunati vrednost
otpornosti π π. Poznato je: ππ = 10 V, π 1 = 1 kΞ©, π 2 = 10 kΞ©.
Slika 5.
ReΕ‘enje:
ππ =π 2
π 2 + π 1β ππ =
10 β 103
10 β 103 + 1 β 103β 10 = 9.1 V
S obzirom da je Vistonov most u ravnoteΕΎi, struja kroz ampermetar je 0 A, pa sledi da je:
ππ = ππ = 9.1 V
ππ =π ππ
π ππ + π πβ ππ β π π =
π ππ β (ππ β ππ)
ππ
π ππ = (1 β 0.43) β π π = 0.57 β 10 β 103 = 5.7 kΞ©
π π =π ππ β (ππ β ππ)
ππ=5.7 β 103 β (10 β 9.1)
9.1= 0.56 kΞ©
NELINEARNI OTPORNICI
FOTOOTPORNICI
Zadatak 7. Stuja kroz neosvetljeni fotootpornik pri naponu π = 10 V, iznosi 400 ΞΌA. Kada se pri tom istom
naponu fotootpornik izloΕΎi osvetljaju πΈ1 = 500 lx, struja kroz njega je 2 mA, a pri osvetljaju πΈ2 = 1500 lx stuja je 6 mA. Odrediti otpornost fotootpornika pri osvetljaju od πΈ3 = 2000 lx.
6
ReΕ‘enje:
Za πΈ1 = 500 lx, πΌ1 = 2000 ΞΌA = πΌπ‘ + πΌπ1 β πΌπ1 = πΌ1 β πΌπ‘ = 2000 ΞΌA β 400 ΞΌA = 1600 ΞΌA = πΆ β πΈ1
π
Za πΈ2 = 1500 lx, πΌ2 = 6000 ΞΌA = πΌπ‘ + πΌπ2 β πΌπ2 = πΌ2 β πΌπ‘ = 6000 ΞΌA β 400 ΞΌA = 5600 ΞΌA = πΆ β πΈ2
π
πΌπ2
πΌπ1=πΆ β πΈ2
π
πΆ β πΈ1π = (
πΈ2πΈ1)π
β πππ
log (πΌπ2
πΌπ1) = π β log (
πΈ2πΈ1) β π =
log (πΌπ2πΌπ1)
log (πΈ2πΈ1)= 1.1403
πΌπ1 = πΆ β πΈ1π β πΆ =
πΌπ1
πΈ1π = 1.3381 β 10
β6 A
π 3 =π
πΌ3=
π
πΌπ‘ + πΌπ3=
π
πΌπ‘ + πΆ β πΈ3π =
10
400 β 10β6 + 7774.153 β 10β6= 1223.37 Ξ©
Zadatak 8. Fotootpornik prikljuΔen na napon π = 1 V u potpunom mraku ima otpornost π 0 = 100 kΞ©.
Kada se upali taΔkast izvor svetlosti, koji je na rastojanju 1.2 m od ovog fotootpornika, njegova otpornost
padne na π 1 = 4 kΞ©, a kada se izvor pribliΕΎi na 75 cm, otpornost fotootpornika padne na π 2 = 1.46 kΞ©.
Odrediti kolika Δe biti otpornost ovog fotootpornika ako se taΔkasti izvor svetlosti pribliΕΎi na 50 cm od
fotootpornika.
ReΕ‘enje:
πΌπ‘ =π
π 0= 10 ΞΌA
Za π1 = 1.2 m, πΌ1 =π
π 1=
1
4 β103= 250 ΞΌA = πΌπ‘ + πΌπ1 β πΌπ1 = πΌ1 β πΌπ‘ = 240 ΞΌA
Za π2 = 0.75 m, πΌ2 =π
π 2=
1
1.46 β103= 685 ΞΌA = πΌπ‘ + πΌπ2 β πΌπ2 = πΌ2 β πΌπ‘ = 675 ΞΌA
Zavisnost osvetljaja od rastojanja πΈ~1
π12 , pa onda vaΕΎi:
πΌπ1 = πΆ β πΈ1π ~ πΆ β (
1
π12)π
πΌπ2 = πΆ β πΈ2π ~ πΆ β (
1
π22)π
πΌπ2
πΌπ1=πΆ β (
1π22)π
πΆ β (1π12)π = (
π1π2)2βπ
β πππ
7
log (πΌπ2
πΌπ1) = 2 β π β log (
π1π2) β π =
1
2β
log (πΌπ2πΌπ1)
log (π1π2)= 1.1
π 3 =π
πΌ3=
π
πΌπ‘ + πΌπ3
πΌπ3
πΌπ1=πΆ β (
1π32)π
πΆ β (1π12)π = (
π1π3)2βπ
= 6.8622
πΌπ3 = 6.8622 β πΌπ1 = 1647 ΞΌA
π 3 =π
πΌπ‘ + πΌπ3=
1
1657 β 10β6 = 603.5 Ξ©
DOMAΔI 1: Ukoliko otpornost neosvetljenog fotootpornika iznosi π 0 = 50 kΞ©, pri naponu od π = 1 V,
popuniti tabelu:
πΈ 200 lx 600 lx 1000 lx ?
π 4.5 kΞ© 650 Ξ© ? 433.65 Ξ©
Ε½IΔANI OTPORNICI β LINEARNI OTPORNICI
Zadatak 9. Otpornost ΕΎiΔanog otpornika na temperaturi π1 = 70 iznosi 120 Ξ©, a na temperaturi
π1 = 100 iznosi 126 Ξ©. IzraΔunati vrednost ovog otpornika na π3 = 45 .
ReΕ‘enje:
Na π1 = 70 , π 1 = π 0 β [1 + πΌ β (π1 β π0)] = 120 Ξ©
Na π2 = 100 , π 2 = π 0 β [1 + πΌ β (π2 β π0)] = 126 Ξ©
π 2 β π 1 = π 0 + π 0 β πΌ β (π2 β π0) β π 0 β π 0 β πΌ β (π1 β π0) = 6 Ξ©
π 0 β πΌ(π2 β π0 β π1 + π0) = π 2 β π 1 = 6 Ξ©
π 0 β πΌ =π 2 β π 1π2 β π1
= 0.2 Ξ©
π 2 β π 3 = π 0 β πΌ(π2 β π3) = 0.2 β (55) = 11 Ξ©
π 3 = π 2 β 11 = 115 Ξ©
8
Zadatak 10. Izvesti uslove za temperaturnu kompenzaciju otpornosti kod:
a) Redne veze otpornika,
b) Paralelne veze otpornika.
ReΕ‘enje:
Temperaturni koeficijent se moΕΎe izraziti na sledeΔi naΔin:
πΌ =1
π βππ
ππ
Temperaturna kompenzacija podrazumeva da nema uticaja temperature na kolo, odnosno da je πΆπ = π.
a) Posmatrati dva redno vezana otpornika π 1 i π 2 odgovarajuΔih temperaturnih koeficijenata πΌ1 i πΌ2.
π π = π 1 + π 2 βπ
ππ
ππ πππ
=ππ 1ππ+ππ 2ππ
π ππ πβππ πππ
=π 1π 1βππ 1ππ+π 2π 2βππ 2ππ
π π β πΌπ = π 1 β πΌ1 + π 2 β πΌ2
πΌπ = 0 β πΉπ β πΆπ = βπΉπ β πΆπ
b) Posmatrati dva paralelno vezana otpornika π 1 i π 2 odgovarajuΔih temperaturnih koeficijenata πΌ1 i πΌ2.
1
π π= 1
π 1+1
π 2 βπ
ππ
β1
π π2 βππ πππ
= β1
π 12 βππ 1ππβ1
π 22 βππ 2ππ
βπΌππ π= β
πΌ1π 1βπΌ2π 2
πΌπ = 0 β βπΌ1π 1=πΌ2π 2 β πΉπ β πΆπ = βπΉπ β πΆπ
9
TERMISTORI
Termistori su nelinearni otpornici kod kojih se otpornost menja sa temperaturom. Dele se na:
NTC otpornike (Negative Temperature Coefficient) β otpornost opada sa porastom temperature,
PTC otpornike (Positive Temperature Coefficient) β otpornost raste sa porastom temperature.
NTC OTPORNICI
Zadatak 11. NTC otpornik na temperaturi π1 = 45 ima otpornost π 1 = 4 kΞ©, a na temperaturi
π2 = 70 , π 2 = 1.25 kΞ©. Odrediti:
a) Parametre u izrazu za temperaturnu zavisnost otpornosti NTC otpornika,
b) Vrednost otpornosti i temperaturni koeficijent na temperaturama 90 i 110 .
ReΕ‘enje:
Na π1 = 45 = 45 + 273 = 318 K, π 1 = π β β π π½
π1 = 4 kΞ©
Na π2 = 70 = 70 + 273 = 343 K, π 2 = π β β π π½
π2 = 1.25 kΞ©
π 1π 2=π β β π
π½π1
π β β π π½π2
= π π½π1βπ½π2 = π
π½(π2βπ1)π1βπ2 β ππ
ln (π 1π 2) =
π½(π2 β π1)
π1 β π2
π½ =π1 β π2π2 β π1
β ln (π 1π 2) = 5074.8 K
π 1 = π β β π π½π1 β π β =
π 1
π π½π1
= 0.469 β 10β3 Ξ©
Za π3 = 90 + 273 = 363 K vaΕΎi:
π 3 = π β β π π½π3
π 3 = 0.469 β 10β3 β π
3074.8363 = 553.2 Ξ©
πΌ = βπ½
π32 = β38.5 β 10
β3 1
K
Za π4 = 110 + 273 = 383 K vaΕΎi:
π 4 = π β β π π½π4 ,
π 4 = 0.469 β 10β3 β π
3074.8383 = 266.6 Ξ©
πΌ = βπ½
π42 = β34.6 β 10
β3 1
K
10
Zadatak 12. U kolu na slici 6 izmerena vrednost napona na termistoru π π je ππππ = 3.4 V na
temperaturi π = 0 (273 K). Zavisnost otpornosti termistora od temperature se moΕΎe opisati relacijom
π π = π π0 β ππ½(1
πβ1
π0), pri Δemu su temperature u K, π½ je konstanta, a π π0 otpornost termistora na
temperaturi π0. Poznato je: π π0 = 10 kΞ©, π0 = 25 , π½ = 3977 K, π 1 = 10 kΞ©, π π β« (π 1 + π π).
Slika 6.
a) Izracunati otpornost termistora na π = 0 ,
b) Koji tip (vrsta) termistora je upotrebljen u ovom kolu?
c) Kolika je struja πΌπ?
d) Kolika se snaga disipira na otporniku π 1?
ReΕ‘enje:
a) PoΕ‘to je π0 = 25 = 25 + 273 = 298 K, otpornost termistora na π = 0 = 273 K je:
π π = π π0 β ππ½(1πβ1π0)= 10 β 103 β π
3977(1273
β1298
)= 34 kΞ©
b)
π = 0 π0 = 25 π , π (π) βΉ πππ π¨ππ©π¨π«π§π’π€
π π = 34 kΞ© π π0 = 10 kΞ©
c) S obzirom da je π π β« (π 1 + π π), moΕΎe se smatrati da struja πΌπ teΔe samo kroz granu kola u kojoj
su termistor i otpornik π 1. Prema tome:
πΌπ =πππππ π
=3.4
34 kΞ©= 0.1 mA
d) Disipacija snage na otporniku π 1 je:
ππ 1 = π 1 β πΌπ2 = 10 β 103 β (0.1 β 10β3)2 = 0.1 mW
Zadatak 13. U kolu prikazanom na slici 7 upotrebljen je NTC otpornik Δiji je koeficijent temeraturne
osetljivosti π½ = 5000 K. Na 30 izmerena je vrednost napona ππππ = 5.4 V.
a) Kolika je vrednost ππππ na 45 ?
b) Pri kojoj temperaturi se razvija maksimalna snaga na NTC otporniku? Kolika je ta snaga?
Poznato je: π = 9 V, π 1 = 4.7 kΞ©.
11
Slika 7.
ReΕ‘enje:
Na temperaturi 30 = 303 K vaΕΎi da je:
ππππ =π πππΆ
π πππΆ + π 1β π = 5.4 V
pa se dobija da je odgovarajuΔa otpornost:
π πππΆ =ππππ
π β ππππβ π 1 = 7.05 kΞ©
Iz izraza:
π πππΆ = π β β ππ½π βΆ π β =
π πππΆ
ππ½π
= 0.48 mΞ©
a) Na π1 = 45 = 318 K otpornost π πππΆ1 iznosi:
π πππΆ1 = π β β ππ½π1 = 3234 Ξ©
pa je:
ππππ1 =π πππΆ1
π πππΆ1 + π 1β π = 3.67 V
b) Da bi se razvila maksimalna snaga na NTC otporniku, potrebno je da su vrednosti otpornika π 1 i termistora π πππΆ2 jednake β prilagoΔenje impedanse. Vrednost termistora Δe biti π πππΆ2 = 4.7 kΞ©,
na temperaturi π2:
π πππΆ2 = π β β ππ½π2 β π2 =
π½
lnπ πππΆ2π β
= 310.6 K = 37.6
Maksimalna snaga Δe biti:
ππππ₯ =π2
π πππΆ2
gde je napon π:
π =π πππΆ2
π πππΆ2 + π 1β π = 4.5 V
a snaga:
ππππ₯ =π2
π πππΆ2= 4.3 mW
12
DOMAΔI 1: PolazeΔi od teorijskih karakteristika NTC otpornika, kompletirati tabelu. Prikazati postupak.
T [Β°C] 30 70
R [Ξ©] 4.2 Β· 103 329
Ξ± [K-1] β4.08 Β· 10β2
DOMAΔI 2: Izmerene otpornosti NTC otpornika su 28.5 kΞ© i 1.3 kΞ© na temperaturama 30 i 100 ,
respektivno.
a) Odrediti koeficijente temperaturne zavisnosti NTC otpornika.
b) Odrediti na kojoj temperaturi je temperaturni koeficijent NTC otpornika πΌπππΆ β 0.04237 Kβ1.
Odrediti otpornost NTC otpornika na toj temperaturi.
c) Ako se ovaj NTC otpornik redno veΕΎe sa otpornikom Δiji je temperaturni koeficijent
πΌπππΆ = 2.6 β 10β3Kβ1, odrediti vrednost tog otpornika tako da ova veza bude temperaturno
stabilna na 70 .
TERMISTORI β PTC OTPORNICI
Zadatak 14. Jedan PTC otpornik ima otpornosti 60 Ξ©, 70 Ξ© i 84 Ξ© na temperaturama 60 , 70 i 80 ,
respektivno.
a) IzraΔunati parametre temperaturne zavisnosti PTC otpornika,
b) Na osnovu dobijenih rezultata izraΔunati temperaturni koeficijent PTC otpornika na temperaturi
π2 = 70 ,
c) Ako se ovaj otpornik paralelno veΕΎe sa ΕΎiΔanim otpornikom koji na π20 = 20 ima otpornost
π 20 = 200 Ξ© i temperaturni koeficijent otpornosti πΌπ = β2 β 10β3 Kβ1, izraΔunati ekvivalentni
temperaturni koeficijent ove paralelne veze na π2 = 70 .
ReΕ‘enje:
a) Na π1 = 60 = 333 K, π 1 = π΄ + πΆ β ππ½βπ1 = 60 Ξ©
Na π2 = 70 = 343 K, π 2 = π΄ + πΆ β ππ½βπ2 = 70 Ξ©
Na π3 = 80 = 353 K, π 3 = π΄ + πΆ β ππ½βπ3 = 84 Ξ©
Eliminacija parametra π΄ se vrΕ‘i oduzimanjem jednaΔina:
π 3 β π 2 = πΆ β (ππ½βπ3 β ππ½βπ2)
π 2 β π 1 = πΆ β (ππ½βπ2 β ππ½βπ1)
Deljenjem ove dve jednaΔine se eliminiΕ‘e i parameter πΆ:
π 3 β π 2π 2 β π 1
=ππ½βπ3 β ππ½βπ2
ππ½βπ2 β ππ½βπ1=ππ½βπ2(ππ½β(π3βπ2) β 1)
ππ½βπ1(ππ½β(π2βπ1) β 1)
13
Temperaturna razlika π3 β π2 je ista kao i π2 β π1, pa se nakon skraΔivanja moΕΎe naΔi parametar π½, a potom
i parametri πΆ i π΄.
π 3 β π 2π 2 β π 1
=ππ½βπ2
ππ½βπ1= ππ½β(π2βπ1)
π½ =1
π2 β π1β ln (
π 3 β π 2π 2 β π 1
) = 33.647 β 10β3 Kβ1
πΆ =π 2 β π 1
ππ½βπ2 β ππ½βπ1= 340.31 β 10β6 Ξ©
π΄ = π 1 β πΆ β ππ½βπ1 = 35 Ξ©
b) Po definiciji, temperaturni koeficijent otpornosti je:
πΌ =1
π βππ
ππ
Za PTC otpornik Δe biti:
πΌπππΆ =πΆ β ππ½βπ β π½
π πππΆ
Pa za temperaturu od π2 = 70 = 343 K iznosi πΌπππΆ = 16.823 β 10β3 Kβ1.
c) Ekvivalentni temperaturni koeficijent paralelne veze dva otpornika je:
πΌπ =πΌπππΆ β π π + πΌπ β π πππΆ
π πππΆ + π π
PTC π 2
π = 70 πΌπππΆ = 16.823 β 10
β3 Kβ1 πΌπ = β2 β 10β3 Kβ1
π πππΆ = 70 Ξ© π π
Na temperaturi 70 otpornik koji se paralelno vezuje PTC otporniku ima otpornost:
π π = π 20 β (1 + πΌπ β βπ) = π 20 β (1 + πΌπ β (π2 β π20)) = 180 Ξ©
pa ekvivalentni temperaturni koeficijent iznosi:
πΌπ =16.823 β 10β3 β 180 β 2 β 10β3 β 70
70 + 180= 11.552 β 10β3 Kβ1
14
VARISTORI (Voltage Dependent Resistor)
Zadatak 15. Struja varistora pri naponu na njemu π1 = 100 V iznosi πΌ1 = 1 mA, a pri naponu π2 = 120 V
je πΌ2 = 1 A. Kolike su statiΔke i dinamiΔke otpornosti varistora pri tim naponima?
ReΕ‘enje:
π π1 =π1πΌ1= 100 kΞ©
π π2 =π2πΌ2= 120 Ξ©
ππ =ππ
ππΌ=1
ππΌππ
=1
π(π β ππ½)ππ
=1
π β π½ β ππ½β1=
1
π β π½ βππ½
π
=π
π β ππ½β πΌ
β π½=π
πΌ β π½=π π π½
ππ1 =π π 1π½
Za π1 = 100 V, πΌ1 = π β π1π½= 1 mA
Za π2 = 120 V, πΌ2 = π β π2π½= 1 A
πΌ2πΌ1=π β π2
π½
π β π1π½= (π2π1)π½
β πππ
logπΌ2πΌ1= π½ β log
π2π1 βΆ π½ =
logπΌ2πΌ1
logπ2π1
= 37.89
ππ1 =π π 1π½= 2.64 kΞ©
ππ2 =π π 2π½= 3.167 kΞ©
KONDENZATORI
Zadatak 1. Ravni kondenzator kruΕΎnog oblika kapacitivnosti πΆ = 100 ΞΌF, napravljen je od izolatorskog
materijala debljine 1 nm, dielektriΔne konstante νπ = 200. Odrediti preΔnik obloga kondenzatora.
πΆ = ν0 β νπ βπ
π= ν0 β νπ β
π·2
2
β π
π= ν0 β νπ β
π·2 β π
4 β π β π· = β
πΆ β 4 β π
ν0 β νπ β π= 8.5 mm
15
Zadatak 2. Obloge ploΔastog ravnog kondezatora su kruΕΎnog oblika. Tolerancije preΔnika obloga π·
prilikom proizvodnje iznose Β±2%, a tolerancije u debljini dielektrika π iznose Β±10%. Kolike Δe biti
(u procentima) tolerancije kapacitivnosti kondenzatora u odnosu na njegovu nominalnu vrednost? Smatrati
da je preΔnik dielektrika uvek jednak preΔniku obloga.
ReΕ‘enje:
π· Β± 2% β π·πππ = 0.98 β π·, π·πππ₯ = 1.02 β π· π Β± 10% β ππππ = 0.9 β π, ππππ₯ = 1.1 β π
Nominalna kapacitivnost iznosi:
πΆ = ν0 β νπ βπ
π= ν0 β νπ β
π·2 β π
4 β π
Kapacitivnost je maksimalna za maksimalni preΔnik obloga kondenzatora i minimalnu debljinu dielektrika.
πΆπππ₯ = ν0 β νπ βπ·πππ₯
2 β π
4 β ππππ= ν0 β νπ β
π·2 β π
4 β πβ1.022
0.9= 1.156 β πΆ β πΏπΆπππ₯ = +15.6%
Kapacitivnost je mimimalna za mimimalni preΔnik obloga kondenzatora i maksimalnu debljinu dielektrika.
πΆπππ = ν0 β νπ βπ·πππ
2 β π
4 β ππππ₯= ν0 β νπ β
π·2 β π
4 β πβ0.982
1.1= 0.873 β πΆ β πΏπΆπππ = β12.7%
Zadatak 3. Kolika je kapacitivnost kondenzatora kod kojeg je otpornost izolacije π = 8.85 GΞ©, specifiΔna
otpornost dielektrika 1010 Ξ©m i dielektriΔna konstanta 1000?
ReΕ‘enje:
πΆ = ν0 β νπ βπ
π
π = π βπ
π β
π
π=π
π
πΆ = ν0 β νπ βπ
π = 8.85 β 10β12 β 1000 β
1010
8.85 β 109= 10 nF
Zadatak 4. Odrediti dimenzije MOS kondenzatora u integrisanom kolu, kapacitivnosti 340 pF, ako je
maksimalni napona ππππ₯ = 40 V. KritiΔno elektriΔno polje za dielektrik kondenzatora je 4 MV/cm, a
relativna dielektriΔna konstanta 3.9.
ReΕ‘enje:
πΈππ =ππππ₯π β π =
ππππ₯πΈππ
= 100 nm
πΆ = ν0 β νπ βπ
π β π =
πΆ β π
ν0 β νπ= 0.01 cm2
16
Zadatak 5. IzraΔunati vremensku konstantu kondenzatora kapacitivnosti πΆ = 33 ΞΌF ako se on nalazi u kolu
redno vezan sa otpornikom otpornosti π = 1.2 kΞ©. U kom opsegu Δe se kretati vrednost vremenske
konstante ako je tolerancija vrednosti kapacitivnosti Β±20%?
ReΕ‘enje:
πΆ Β± 20% β πΆπππ = 26.4 ΞΌF, πΆπππ₯ = 39.6 ΞΌF
ππππ = π β πΆπππ = 31.68 ms ππππ₯ = π β πΆπππ₯ = 47.52 ms
Zadatak 6. Koliku vrednost otpornosti treba redno vezati sa kondenzatorom kapacitivnosti πΆ = 100 ΞΌF, da
bi se on napunio/ispraznio za 1 minut?
ReΕ‘enje:
5 β π = 60 s β π = 12 s
π = π β πΆ β π =π
πΆ= 0.12 MΞ© = 120 kΞ©
Zadatak 7. Trenutna vrednost napona na kondenzatoru moΕΎe se opisati pomoΔu izraza:
ππ(π‘) = π2 + (π1 β π2) β πβ(π‘π)
gde su π1 i π2 poΔetna i krajnja vrednost napona na kondenzatoru, respektivno. Ako je u trenutku π‘ = π, napon na kondenzatoru ππ(π‘ = π) = 4 V, a u trenutku π‘ = 2π, napon na kondenzatoru ππ(π‘ = 2π) =5.45 V, odrediti vrednost napona na kondenzatoru u trenutku π‘ = π 2β .
ReΕ‘enje:
Za π‘ = π, ππ(π) = π2 + (π1 β π2) β πβ(π
π)= 4 V
Za π‘ = 2π, ππ(2π) = π2 + (π1 β π2) β πβ(2π
π)= 5.45 V
Oduzimanjem jednaΔina nalazimo parametre π1 i π2:
ππ(2π) β ππ(π) = π2 + (π1 β π2) β πβ2 β π2 β (π1 β π2) β π
β1 = 1.45 V
(π1 β π2) β (πβ2 β πβ1) = 1.45 V
π1 β π2 =1.45 V
πβ2 β πβ1= β6.2312 V
π2 = 4 β (π1 β π2) β πβ1 = 6.29 V
π1 = 0.0588 V
Nakon odreΔivanja svih parametara, trenutna vrednost napona na kondenzatoru za π‘ = π 2β iznosi
ππ(π 2β ) = π2 + (π1 β π2) β πβ(π2π)= 2.51 V
17
Zadatak 8. U kolu na slici 1 kondenzator kapacitivnosti πΆ = 100 nF je pre zatvaranja prekidaΔa P bio
prazan. Nakon zatvaranja prekidaΔa kondenzator poΔinje da se puni.
Slika 1.
a) Ako je π = 100 kΞ© odrediti za koje vreme π‘ Δe napon na kondenzatoru ππ dostiΔi vrednost ππ 2β ,
b) Kolika treba da bude vrednost otpornosti π da bi vreme za koje vrednost napona na kondenzatoru
dostigne ππ 2β bilo 125 ΞΌs?
Proces punjenja kondenzatora moΕΎe se opisati izrazom: ππ = ππ (1 β πβ(π‘
π))
ReΕ‘enje:
a) Prema datoj relaciji i uslovu zadatka vaΕΎi: ππ2= ππ (1 β π
β(π‘π βπΆ))
πβ(
π‘π βπΆ)=1
2 β ππ
π‘ = βπ β πΆ β ln (1
2) = β10 β 10β3 β (β0.693) = 6.93 ms
b)
π‘ = βπ β πΆ β ln (1
2) β π = β
1
πΆβπ‘
ln (12)= β
1
100 β 10β9β125 β 10β6
β0.693= 1.8 kΞ©
Zadatak 9. U kolu na slici 2 prekidaΔ P je bio zatvoren dovoljno dugo da bi se kondenzator kapacitivnosti
πΆ = 100 ΞΌF u potpunosti napunio. Nakon otvaranja prekidaΔa kondenzator poΔinje da se prazni. Ako je
π 1 = 3.3 kΞ© i π 2 = 2.2 kΞ©, odrediti vreme za koje Δe napon na kondenzatoru ππ opasti na vrednost ππ =0.1 ππΆπΆ.
Slika 2.
Proces praΕΎnjenja kondenzatora moΕΎe se opisati izrazom: ππ = ππ β πβ(π‘
π)
18
ReΕ‘enje:
Napon na kondenzatoru kada je on potpuno napunjen je isti kao napon na otporniku π 2, a preko
naponskog razdelnika moΕΎe se naΔi njegova vrednost.
ππ =π 2
π 2 + π 1β ππΆπΆ = 0.4 β ππΆπΆ
Ova vrednost napona je vrednost od koje kondenzator poΔinje da se prazni. Nakon otvaranja
prekidaΔa, kondenzator se prazni iskljuΔivo preko otpornika π 2, jer otpornik π 1 visi u vazduhu.
ππ = ππ β πβ(π‘π) β 0.1 β ππΆπΆ = 0.4 β ππΆπΆ β π
β(π‘π 2βπΆ
)
πβ(
π‘π 2βπΆ
)= 0.25 β ππ
π‘ = βπ 2 β πΆ β ln 0.25 = 0.3 s
Zadatak 10. Tubasti kondenzator dobijen je namotavanjem metalnih folija debljine πΏ = 10 ΞΌm i
dielektriΔnih folija sledeΔih karakteristika:
Debljina [ΞΌm] π [Ξ©m] νπ I folija 15 2 β 1014 3.6
II folija 20 1014 2.5
Folije su motane na cilindriΔno telo preΔnika 4 mm i duΕΎine 2.5 cm, tako da formirani kondenzator ima
preΔnik 1.5 cm. Ako je kondenzator bio prikljuΔen na napon 6 V i ostavljen da se slobodno prazni, odrediti
posle kog vremena Δe koliΔina naelektrisanja na njemu biti 1 ΞΌC?
ReΕ‘enje:
Ako je kondenzator bio prikljuΔen na napon π, na njegovim oblogama biΔe poΔetno naelektrisanje
π0 = πΆ β π, koje Δe se u toku spontanog praΕΎnjenja smanjivati po eksponencijalnom zakonu sa vremenskom
konstantom π.
π(π‘) = π0 β πβπ‘π = πΆ β π β πβ
π‘π = πΆ β π β πβ
π‘π βπΆ
Za izraΔunavanje traΕΎenog vremena, potrebno je odrediti vrednosti ekvivalentne kapacitivnosti πΆ i
ekvivalentne otpornosti π .
Poznato je da se motaju dve metalne folije (dve elektrode kondenzatora) i dve dielektriΔne folije,
kao Ε‘to je prikazano na slici. Pri tome, usled namotavanja folija preΔnik cilindra d naraste na vrednost D.
19
Ekvivalentna Ε‘ema ovog kondenzatora moΕΎe se predstaviti kao na slici:
Ekvivalentna kapacitivnost i otpornost ovog kondenzatora se dobijaju kao:
πΆ1 = ν0 β νπ1 βπ β πΏ
π1, πΆ2 = ν0 β νπ2 β
π β πΏ
π2, πΆ = ν0 β π β πΏ β (
νπ1π1+νπ2π2)
π 1 = π1 βπ1π β πΏ
, π 2 = π2 βπ2π β πΏ
, π =π1 β π1 β π2 β π2
π β πΏ β (π1 β π1 + π2 β π2)
Neophodno je naΔi parametar πΏ, a to se postiΕΎe izjednaΔavanjem zapremina folija i umotanog kondenzatora
sa prve slike.
πΏ β π β (πΏ + π1 + πΏ + π2) = ((π·
2)2
β π β (π
2)2
β π)π
πΏ =(π·2 β π2) β π
4 β (2 β πΏ + π1 + π2)= 298.5 cm
Pa se za kapacitivnost i otpornost dobija:
πΆ = 241.12 nF
π = 16.086 MΞ©
Sada se zamenom u prvu formulu moΕΎe odrediti vreme potrebno da koliΔina naelektrisanja na oblogama
bude 1 ΞΌC :
π(π‘) = πΆ β π β πβπ‘π βπΆ β π‘ = βπ β πΆ β ln
π(π‘)
πΆ β π= 1432 s β 24 min
Zadatak 11. Odrediti reaktanse keramiΔkog kondenzatora kapacitivnosti πΆ = 47 nF na uΔestanostima π1 =125 Hz i π1 = 3.4 MHz.
ReΕ‘enje:
ππΆ1 =1
2 β Ο β π1 β πΆ=
1
2 β 3.14 β 125 β 47 β 10β9= 27.1 kΞ©
ππΆ2 =1
2 β Ο β π2 β πΆ=
1
2 β 3.14 β 3.4 β 106 β 47 β 10β9= 1 Ξ©
Zadatak 12. Kolika je kapacitivnost potrebna da bi reaktansa kondenzatora bila 500 Ξ© na frekvenciji
100 MHz?
ReΕ‘enje:
ππΆ =1
2 β Ο β π1 β πΆ β πΆ =
1
2 β Ο β π1 β ππΆ=
1
2 β 3.14 β 100 β 106 β 500= 31.83 pF
20
Zadatak 13. Tangens ugla gubitaka kondenzatora definisan je kao tan πΏ =π π
ππΆ. IzraΔunati tan πΏ ako se na
kondenzator kapacitivnosti πΆ = 220 ΞΌF dovodi naizmeniΔni signal uΔestanosti π = 120 Hz. Ekvivalentna
serijska otpornost kondenzatora je 1.69 Ξ©.
ReΕ‘enje:
tan πΏ =π πππΆ=
π π1
2 β Ο β π β πΆ
= π π β 2 β Ο β π β πΆ = 1.69 β 2 β 3.14 β 120 β 220 β 10β6 = 0.28
Zadatak 14. Dat je realni kondenzator:
a) Nacrtati ekvivalentnu Ε‘emu, fazorski dijagram napona i struja i izvesti izraz za tgΞ΄,
b) Ako su donja i gornja graniΔna frekvencija kondenzatora π1π = 10 Hz i π2π = 10 MHz, odrediti
koliko iznosi frekvencija na kojoj tan πΏ ima minimalnu vrednost i odrediti kolika je ta vrednost.
ReΕ‘enje:
Realni kondenzator ima dielektrik koji i pored velike otpornosti ipak neznatno provodi struju, tako da dolazi
do oticanja naelektrisanja sa obloga kondenzatora kroz ovaj dielektrik. U ekvivalentnoj Ε‘emi neidealnost
dielektrika se predstavlja velikim paralelnim otpornikom π (reda MΞ© ili viΕ‘e). Pored toga, na vrlo visokim
uΔestanostima impedansa kondenzatora nije jednaka nuli zbog redne otpornosti kontakata i izvoda, Ε‘to se u
ekvivalentnoj Ε‘emi predstavlja malim rednim otpornikom π (reda Ξ© ili manje). Ova se otpornost Δesto
naziva ESR (Equivalent Serial Resistance). Dakle, idealno je π = 0, π β β, a realno je π > 0, π < β. U
zavisnosti od toga kako se otpornik π vezuje, razlikujemo dve ekvivalentne Ε‘eme. Razmotrimo sledeΔu
Ε‘emu:
Nakon nalaΕΎenja ekvivalente impedanse, tangens ugla gubitaka se moΕΎe naΔi kao tan πΏ =π ππ
βπΌππ, a u ovom
konkretnom sluΔaju to postaje:
tan πΏ =π
π β π 2 β πΆ+ π β π β πΆ +
1
π β π β πΆ
Kako je redna otpornost π obiΔno mala, a paralelna otpornost π velika, to se prvi Δlan moΕΎe zanemariti, pa
se za tan πΏ dobija pribliΕΎan izraz:
tan πΏ = π β π β πΆ +1
π β π β πΆ
21
Na niskim uΔestanostima je impedansa kondenzatora velika, te se mali otpornik π βne vidiβ i moΕΎe se
zanemariti, pa je tada:
tan πΏ β1
π β π β πΆ
S druge strane, na vrlo visokim uΔestanostima mala impedansa kondenzatora βpremoΕ‘Δavaβ otpornik π , te
se on βizbacujeβ iz Ε‘eme i tada je:
tan πΏ β π β π β πΆ
Zavisnost tan πΏ od uΔestanosti prikazana je na sledeΔoj slici:
GraniΔne uΔestanosti se dobijaju za sluΔaj kada je tan πΏ = 1. Za vrednosti tan πΏ veΔe od 1 impedansa sve
manje ima kapacitivni, a sve viΕ‘e otporni karakter. Dakle, za graniΔne uΔestanosti dobija se:
1
π1π β π β πΆ= 1 β π1π =
1
π β πΆ, π1π =
1
2 β π β π β πΆ
π2π β π β πΆ = 1 β π2π =1
π β πΆ, π2π =
1
2 β π β π β πΆ
Diferenciranjem izraza za tan πΏ po uΔestanosti, i izjednaΔavanjem sa nulom, dobija se uΔestanost na kojoj
tan πΏ ima minimum vrednosti:
π tan πΏ
ππ= π β πΆ β
1
π2 β π β πΆ= 0 β πβ =
1
πΆβπ β π
i ubacivanjem ove vrednosti u izraz za tan πΏ moΕΎe se odrediti minimalna vrednost :
tan πΏπππ = πβ β π β πΆ +
1
πβ β π β πΆ= 2 β β
π
π
Na osnovu svih izraza moΕΎe se doΔi do sledeΔih formula:
πβ = βπ1π β π2π β πβ = βπ1π β π2π
tan πΏπππ = 2 β βπ1π
π2π= 2 β β
π1π
π2π
22
U konkretnom sluΔaju na osnovu graniΔnih frekvencija dobija se:
πβ = βπ1π β π2π = β10 β 10 β 106 = 10 kHz
tan πΏπππ = 2 β β10
10 β 106= 2 β 10β3
KALEMOVI
Zadatak 1. Kalem je namotan na tanko torusno jezgro koje zatvara linije magnetnog polja, tako da nema
gubitaka magnetnog fluksa. PovrΕ‘ina preseka jezgra je π = 1 cm2, srednja duΕΎina linija magnetnog polja
π = 30 cm, a relativna magnetna propustljivost jezgra ππ = 400. Magnetna propustljivost vakuuma je
π0 = 4 β π β 10β7
H
m. Odrediti:
a) Induktivnost kalema ako je na jezgru namotano: 100, 200 i 300 namotaja,
b) Faktor induktivnosti π΄πΏ torusnog jezgra ,
c) Koeficijent meΔusobne induktivnosti izmeΔu kalema πΏ1 (namotanog sa 100 navojaka) i kalema
πΏ2 (namotanog sa 200 navojaka), ako se oni nalaze na istom jezgru.
ReΕ‘enje:
a)
πΏ1 = π0 β ππ βπ β π1
2
π= 4 β π β 10β7 β
1 β 10β4 β 1002
30 β 10β2= 1.6755 mH
πΏ2 = π0 β ππ βπ β π2
2
π= 4 β π β 10β7 β
1 β 10β4 β 2002
30 β 10β2= 6.702 mH
πΏ3 = π0 β ππ βπ β π3
2
π= 4 β π β 10β7 β
1 β 10β4 β 3002
30 β 10β2= 15.079 mH
Odavde se mogu izvesti dva vrlo vaΕΎna zakljuΔka:
1) Induktivnosti rastu sa kvadratom broja navojaka πΏ~π2.
2) Rednim vezivanjem dva kalema (π3 = π2 + π1) dobija se induktivnost koja je veΔa od zbira
induktivnosti πΏ1 + πΏ2. Ovo se deΕ‘ava kada su kalemovi spregnuti preko fluksa i tada izmeΔu njih postoji i
meΔusobna induktivnost njihove sprege M. Kalemovi bez jezgra osim Ε‘to imaju manju induktivnost, imaju
veΔe rasipanje magnetnog fluksa i osetljiviji su na spoljaΕ‘nje uticaje (metalni predmeti u njihovoj blizini).
b)
π΄πΏ = π0 β ππ βπ
π= 167.55 nH
π΄πΏ - kada je dat kao parametar, uvek u nH!!!!
23
c)
πΏπ‘ππ‘ = πΏ1 +π + πΏ2 +π
π =πΏπ‘ππ‘ β πΏ1 β πΏ2
2= 3.35075 mH
π = π β βπΏ1 β πΏ2 β π =π
βπΏ1 β πΏ2= 1
π = 1 - nema gubitaka magnetnog fluksa (idealni kalem)
π < 1 - kod realnih kalemova
Zadatak 2. Dva kalema induktivnosti πΏ1 = 100 mH i πΏ2 = 150 mH imaju koeficijent sprege π = 0.35.
Odrediti meΔusobnu induktivnost. IzraΔunati ukupnu induktivnost redne veze ova dva kalema motanih u
istom smeru, i motanih u suprotnim smerovima.
ReΕ‘enje:
π = π β βπΏ1 β πΏ2 = 42.86 mH
Kada su motani u istm smeru:
πΏπ‘ππ‘ = πΏ1 +π + πΏ2 +π = 335.75 mH Kada su motani u suprotnom smeru:
πΏπ‘ππ‘ = πΏ1 βπ + πΏ2 βπ = 164.27 mH
Zadatak 3. Dva kalema vezana su redno, taΔke na simbolima oznaΔavaju smer struje. NaΔi ekvivalentnu
induktivnost. Poznato je: πΏ1 = 6 mH, πΏ2 = 8 mH, π = 4 mH.
ReΕ‘enje:
πΏπ‘ππ‘ = πΏ1 βπ + πΏ2 βπ = 6 mH
Zadatak 4. Na cilindriΔno kalemsko telo od nemagnetnog materijala preΔnika π· = 4 cm namotan je tankom
ΕΎicom debljine 0.1 mm sloj namotaja ukupne duΕΎine π = 2 cm, pri Δemu je taΔno na sredini izmeΔu krajeva
namotaja izvuΔen srednji izvod. Primenom empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindriΔnih
jednoslojnih kalemova odrediti koeficijent sprege izmeΔu ove dve polovine kalema. Parametri π0, π su u
cm, pa se induktivnost dobija u ΞΌH.
πΏ = 2.26 β 10β2π0 β π
2
1 + 2.25 βππ0
[ΞΌH]
24
ReΕ‘enje:
πΏ13 = πΏ12 +π + πΏ23 +π β π =πΏ13 β πΏ12 β πΏ23
2
π0 = π· + 2 βπΕΎ2β π·
π13 =π
πΕΎ= 200 β π12 = π23 =
π132= 100
πΏ12 = 2.26 β 10β2
π0 β π122
1 + 2.25 β
π2π0
= 579 ΞΌH
πΏ23 = πΏ12 = 579 ΞΌH
πΏ13 = 2.26 β 10β2
π0 β π132
1 + 2.25 βππ0
= 1702 ΞΌH
π =πΏ13 β πΏ12 β πΏ23
2= 272 ΞΌH
π =π
βπΏ12 β πΏ23= 0.47
Zadatak 5. KoriΕ‘Δenjem empirijskog izraza za induktivnost kratkih cilindriΔnih jednoslojnih kalemova gde
su srednji preΔnik π0 i duΕΎina kalema π u cm, odrediti induktivnost kalema namotanog tankom ΕΎicom
debljine πΕΎ = 0.1 mm na kalemsko telo od nemagnetnog materijala preΔnika π· = 3 cm, ako sloj namotaja
Δini 40 zavojaka motanih u jednom smeru, a zatim 60 zavojaka motanih u suprotnom smeru.
ReΕ‘enje:
Empirijski izraz iskljuΔivo vaΕΎi za sluΔaj kada je kalem motan u istom smeru. Iz tog razloga se do
meΔusobne induktivnosti mora doΔi kao da su kalemovi motani u istom smeru, a zatim iskoristiti tu vrednost
za sluΔaj kada su motani u suprotnom.
πΏπ‘ππ‘ = πΏ12 βπ + πΏ23 βπ
πΏ13 = πΏπ‘ππ‘ = πΏ12 +π + πΏ23 +π
25
πΏ12 = 2.26 β 10β2
3 β 402
1 + 2.25 β0.43
= 83.45 ΞΌH
π0 = π· + 2 βπΕΎ2β π· β 3 cm
π1 = π1 β πΕΎ = 0.4 ππ
πΏ23 = 2.26 β 10β2
3 β 602
1 + 2.25 β0.63
= 168.33 ΞΌH
π0 = π· + 2 βπΕΎ2β π· β 3 cm
π2 = π2 β πΕΎ = 0.6 ππ
πΏ13 = 2.26 β 10β2
3 β 1002
1 + 2.25 β13
= 387.43 ΞΌH
π = π1 +π2 = 100
πΏ13 = πΏ12 +π + πΏ23 +π
2π = πΏ13 β πΏ12 β πΏ23 = 135.65 ΞΌH
πΏπ‘ππ‘ = πΏ12 βπ + πΏ23 βπ = πΏ12 + πΏ23 β 2π
πΏπ‘ππ‘ = 116.13 ΞΌH
Zadatak 6. Ako je induktivnost kalema sa π = 100 navojaka bez jezgra πΏ = 33 ΞΌH, odrediti koliko puta
se promeni induktivnost kalema ako se on ubaci u torusno jezgro faktora induktivnosti π΄πΏ = 330.
ReΕ‘enje:
π = 100 πΏ = 33 ΞΌH
π΄πΏ = 330
πΏπ = π΄πΏ β π2 = 330 β 10β9 β 1002 = 3300 ΞΌH
πΏπ
πΏ= 100 puta
Zadatak 7. Ako je induktivnost kalema sa jezgrom πΏ = 10 mH, a faktor induktivnosti jezgra
π΄πΏ = 250 nH, izraΔunati broj navojaka kalema N.
ReΕ‘enje:
πΏ = π΄πΏ β π2 β π = β
πΏ
π΄πΏ= β
10 β 10β3
250 β 10β9= 200
26
Zadatak 8. Odrediti promenu vremenske konstante kola redne veze kalema induktivnosti πΏ = 3.3 mH i
otpornika otpornosti 1 kΞ©, ako je tolerancija otpornika Β±5%.
ReΕ‘enje:
ππππ =πΏ
π πππ₯=
3.3 β 10β3
(1 + 0.05) β 103= 3.14 ΞΌs
ππππ₯ =πΏ
π πππ=
3.3 β 10β3
(1 β 0.05) β 103= 3.47 ΞΌs
Zadatak 9. Odrediti reaktansu kalema induktivnosti πΏ = 82 ΞΌH na frekvenciji π1 = 50 Hz i π2 = 200 kHz.
ReΕ‘enje:
ππΏ1 = 2 β π β π1 β πΏ = 25.75 mΞ©
ππΏ2 = 2 β π β π2 β πΏ = 103 Ξ©
Zadatak 10. Na kojoj frekvenciji Δe kalem induktivnost 1 mH imati reaktansu 1 kΞ©?
ReΕ‘enje:
ππΏ = 2 β π β π β πΏ β π =ππΏ
2 β π β πΏ = 0.16 MHz
Zadatak 11. Na ulaz kola koje je aproksimirano ulaznom otpornoΕ‘Δu π πΌπ = 100 Ξ© dovodi se ΕΎeljeni
pobudni signal π£ππ uΔestanosti πππ = 50 Hz. Na ΕΎeljeni pobudni signal superponira se neΕΎeljeni signal (Ε‘um)
π£π uΔestanosti ππ = 200 kHz i amplitude koja moΕΎe biti pribliΕΎno jednaka amplitudi pobudnog signala π£ππ.
Potrebno je minimizovati uticaj Ε‘uma na π πΌπ. U tu svrhu se moΕΎe upotrebiti kalem πΏ1, koji se u ovom
kontekstu naziva priguΕ‘nica (choke). U prvoj aproksimaciji se moΕΎe uzeti da amplitudu Ε‘uma treba oslabiti
za red veliΔine (10 puta) u odnosu na amplitudu pobudnog signala.
ReΕ‘enje:
Reaktansa na 200 kHz treba da bude 10 puta veΔa od π πΌπ, tj. ππΏ = 1 kΞ©.
ππΏ = π β πΏ1 β πΏ1 =ππΏ
2 β π β ππ=
1 β 103
2 β π β 200 β 103β 800 ΞΌH
Na pobudni signal reaktansa Δe biti:
ππΏ = π β πΏ1 = 2 β π β πππ β πΏ1 = 2 β π β 50 β 800 β 10β6 = 0.25 Ξ©
Zadatak 12. Kalem induktivnosti 200 ΞΌH ima Q-faktor 40 na frekvenciji 0.5 MHz, naΔi efektivnu otpornost
kalema.
ReΕ‘enje:
π =π β πΏ
π β π =
π β πΏ
π=2 β π β π β πΏ
π= 15.7 Ξ©
27
Zadatak 13. Namotaj jednoslojnog cilindriΔnog kalema Δine 120 zavojaka tanke bakarne ΕΎice (debljine
0.1 mm, specifiΔne otpornosti π = 0.017 Ξ©mm2/m) tako da je srednji preΔnik zavojaka π0 = 2 cm.
KoriΕ‘Δenjem empirijskog izraza za induktivnost ovakvih kalemova gde su π0 i π u cm, odrediti Q-faktor
ovog kalema na uΔestanosti π = 10 kHz. Kada se ovaj kalem ubaci u lonΔasto jezgro Δija je π΄πΏ vrednost
320, izmerena vrednost Q-faktora takvog kalema na uΔestanosti π = 10 kHz iznosi ππ = 4.8. Odrediti
ekvivalentnu otpornost gubitaka u materijalu jezgra.
ReΕ‘enje:
πΕΎ = 0.1 mm
π = 0.017 Ξ©mm2/m
π0 = 2 cm
π = 120
Bez jezgra:
π =π β πΏ1π 0
, π 0 β omska otpornost ΕΎice
πΏ1 = 2.26 β 10β2
π0 β π2
1 + 2.25 βππ0
π = π β πΕΎ = 1.2 cm
πΏ1 = 277 ΞΌH
π 0 = π βπΕΎππππΕΎπππ
πΕΎπππ = π β 2 β (π02) β π = π β π0 β π
πΕΎπππ = (πΕΎ2)2
β π
π 0 = π β4 β π β π0 β π
πΕΎ2 β π
= 16.32 Ξ©
π =π β πΏ1π 0
=2 β π β π β πΏ1
π 0= 1.066
Sa jezgrom:
ππ =π β πΏ2π 0 + π π
, π π β otpornost gubitaka u jezgru
π 0 + π π =2 β π β π β πΏ2
ππ β π π =
2 β π β π β πΏ2ππ
β π 0
πΏ2 = π΄πΏ β π2 = 4608 ΞΌH
π π = 44 Ξ©
28
Zadatak 14. U jednom oscilatornom kolu, koje radi na uΔestanosti π = 100 kHz, upotrebljen je
kondenzator kapacitivnosti 100 nF i temperaturnog koeficijenta πΌπΆ = β2 Β· 10β4 Kβ1. Odrediti
induktivnost kalema u ovom kolu i njegov temperaturni koeficijent, ako se zna da je uΔestanost ovog
oscilatornog kola temperaturno stabilna.
ReΕ‘enje:
Iz izraza za uΔestanost oscilatornog kola odrediti vrednost induktivnosti:
π =1
2 β π β βπΏ β πΆ β πΏ =
1
(2 β π β π)2 β πΆ= 25.33 ΞΌH
Uslov temperaturne stabilizacije najlakΕ‘e se izvodi polazeΔi od logaritma kruΕΎne uΔestanosti:
π =1
βπΏ β πΆ= (πΏ β πΆ)β
12
lnπ = β1
2(ln πΏ + lnπΆ)
Diferenciranjem leve i desne strane po temperaturi dobija se:
1
πβππ
ππ= β
1
2(1
πΏβππΏ
ππ+1
πΆβππΆ
ππ)
πΌπ = β1
2(πΌπΏ + πΌπΆ)
UΔestanost je temperaturno stabilna kada je πΌπ = 0, a to je ispunjeno kada je:
πΌπΏ = βπΌπΆ = 2 β 10β4 Kβ1
TRANSFORMATORI
Zadatak 1. Na ulaz transformatora odnosa transformacije π = 0.2 dovodi se sinusni signal efektivne
vrednosti ππππ = 230 V. Odrediti vrednost izlaznog napona i odnos broja navojaka na primaru i sekundaru.
ReΕ‘enje:
π =ππ ππππππ
=ππ ππππππ
ππ ππ = π β ππππ = 46 V
ππππππ ππ
=1
π= 5
Zadatak 2. Napon na ulazu transformatora je 120 V. Sekundar ima dva puta viΕ‘e navojaka od primara.
Odrediti izlazni napon.
29
ReΕ‘enje:
π =π2π1=π2π1
π2 = 2 β π1
π2 = π1 βπ2π1= π1 β
2 β π1π1
= 240 V
Zadatak 3. Transformator ima odnos transformacije π = 0.25. Otpornost optereΔenja je π πΏ = 100 Ξ©.
Odrediti reflektovano optereΔenje.
ReΕ‘enje:
π 1 = π πΏ β1
π2= 1600 Ξ©
Zadatak 4. Odrediti odnos transformacije transformatora za prilagoΔenje impedanse, ako je:
a) otpornost izvora 75 Ξ© (TV koaksijalni kabl), a potroΕ‘aΔa 1.2 kΞ© (TV prijemnik),
b) otpornost izvora 1.6 kΞ© (pojaΔavaΔ), a potroΕ‘aΔa 4 Ξ© (zvuΔnik).
ReΕ‘enje:
a)
π 1 = π πΏ β1
π2 β π = β
π πΏπ 1= 4
b)
π 1 = π πΏ β1
π2 β π = β
π πΏπ 1=1
20
Zadatak 5. Transformator je deklarisan za ππππ = 230 V, π = 50 Hz, ππ ππ = 36 V i prividnu snagu
ππππ = 8 VA. Odrediti struju kroz optereΔenje, struju kroz primar i odnos transformacije.
ReΕ‘enje:
π =ππ ππππππ
=ππ ππππππ
30
π =ππ ππππππ
=36
230= 0.156
πΌπππ =ππππππππ
= 35 mA
πΌπ ππ =ππππππ ππ
= 222 mA
Zadatak 6. MreΕΎni transformator ima na primaru π1 = 800 zavojaka, a na sekundaru π2 = 60 zavojaka.
Ako je izlazna struja transformatora πΌ2 = 2 A, odrediti ulaznu struju i snagu ovog transformatora
pretpostavljajuΔi da je on idealan.
ReΕ‘enje:
π =π2π1=π2π1=πΌ1πΌ2
πΌ1 = πΌ2 βπ2π1= 150 mA
π1 = π1 β πΌ1 = 33 VA
Zadatak 7. PiΕ‘toljska lemilica snage 75 W napaja se iz mreΕΎe. Sekundar transformatora lemilice ima samo
dva zavojka od profilisanog debelog bakarnog provodnika koji su kratkospojeni preko tankog provodnika
na vrhu lemilice. Ako u primarnom namotaju ima π1 = 1100 zavojaka, odrediti izlaznu struju koja zagreva
vrh lemilice. Gubitke zanemariti.
ReΕ‘enje:
π =π2π1=π2π1
π2 = π1 βπ2π1= 0.4 V
πΌ2 =π
π2= 187 A
REALNI TRANSFORMATOR, GUBICI I EFIKASNOST TRANSFORMATORA
Zadatak 8. Izlazna snaga transformatora optereΔenog otpornikom je 100 W. Snaga gubitaka u
transformatoru je ππππ π = 4.5 W. Odrediti koeficijent korisnog dejstva.
31
ReΕ‘enje:
π2 = 100 W
π1 = ππππ π + π2 = 104.5 W
π =π2π1β 100 % = 95.7 %
Zadatak 9. MreΕΎni transformator (π1 = 220 V) Δiji je odnos transformacije napona π = 0.1 ima stepen
korisnog dejstva 88 %. Izmerena otpornost ΕΎice primara je 8 Ξ©, a sekundara 0.5 Ξ©. Debljina ΕΎice sekundara
je takva da je maksimalna struja kroz zavojke sekundara 3 A. Odrediti koliko iznose gubici usled vihornih
struja i histerezisa u jezgru ovog transformatora.
ReΕ‘enje:
π =π2π1=π2π1
π2 = π β π1 = 22 V
π =π2π1β 100 % β π1 =
π2πβ 100 % = 75 W
π1 = ππππ π + π2 β ππππ π = π1 β π2 = 9 W
ππππ π = ππΆπ’ + ππΉπ
ππΆπ’ = π 1 β πΌ12 + π 2 β πΌ2
2
πΌ1 =π1π1= 341 mA, πΌ2 = 3 A
ππΆπ’ = 5.43 W
ππΉπ = ππππ π β ππΆπ’ = 9 W β 5.43 W = 3.57 W
DIODE
SILICIJUMSKE (ISPRAVLJAΔKE) DIODE
Zadatak 1. Odrediti temperaturu (u Celzijusovim stepenima) silicijumske diode ako pri naponu na njoj
ππ· = 0.6 V struja kroz diodu iznosi πΌπ· = 1 mA. Inverzna struja zasiΔenja diode na toj temperaturi je
πΌπ = 10β11 A. Bolcmanova konstanta: 8.62 β 10β5 eV/K.
ReΕ‘enje:
πΌπ· = πΌπ β πππ·ππ
πΌπ·πΌπ= π
ππ·ππ β ππ
lnπΌπ·πΌπ=ππ·ππ β ππ =
ππ·
lnπΌπ·πΌπ
32
π β π
π=ππ·
lnπΌπ·πΌπ
β π =π
πβππ·
lnπΌπ·πΌπ
= 377.86 K = 104.86
Zadatak 2. Na slici 1a je prikazano osnovno ispravljaΔko kolo, a na slici 1b njegova strujno naponska
karakteristika. Ako je ππΌπ = 1π a inverzna struja zasiΔenja silicijumske diode πΌπ = 10β14 A, odrediti ππππ
ako je: a) π = π 1 = 0.5 kΞ© i b) π = π 2 = 200 Ξ©.
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2
1
2
3
4
5
I D(m
A)
VD(V)
ID=f(V
D)
Slika 1a. Slika 1b.
ReΕ‘enje:
ππΌπ = ππ· + π β πΌπ·
ππππ = ππΌπ β ππ·
a)
Za πΌπ·1 = 0 A, ππ·1 = ππΌπ = 1 V (1 V, 0 A )
Za ππ·1 = 0 V, πΌπ·1 =ππΌπ
π 1= 2 mA (0 V, 2 mA )
Na karakteristici ucrtati radnu pravu i oΔitati radnu taΔku. ππ·1 = 0.65 V i πΌπ·1 = 0.75 mA
ππππ1 = 1 β 0.65 = 0.35 V b)
Za πΌπ·2 = 0 A, ππ·2 = ππΌπ = 1 V (1 V, 0 A )
Za ππ·2 = 0 V, πΌπ·2 =ππΌπ
π 2= 5 mA (0 V, 5 mA )
Na karakteristici ucrtati radnu pravu i oΔitati radnu taΔku. ππ·2 = 0.673 V
ππππ2 = 1 β 0.673 = 0.327 V
Zadatak 3. Kroz kolo na slici 2 protiΔe struja πΌ = 10 mA. Ako je otpornost otpornika π = 230 Ξ© i napon
napajanja π = 3 V, izraΔunati inverznu struju zasiΔenja πΌπ silicijumske diode na sobnoj temperaturi.
Poznato je ππ = 0.026 V.
33
Slika 2.
ReΕ‘enje:
πΌπ· = πΌπ β πππ·ππ β πΌπ =
πΌπ·
πππ·ππ
π = π β πΌ + ππ· β ππ· = π β π β πΌ = 0.7 V
πΌπ = 2 β 10β14 A
Zadatak 4. Dato je kolo na slici 3, pri Δemu su upotrebljene identiΔne silicijumske diode (imaju jednako
πΌπ). Izmerena struja kroz diodu π·1 iznosi πΌ1 = 10 mA, a izmereni napon na diodi π·2 je
π2 = 0.68 V. IzraΔunati vrednost otpornosti otpornika π 1. Dato je: π 2 = 1 kΞ©, π = 3 V i ππ = 0.026 V.
Slika 3.
ReΕ‘enje:
π = π 1 β πΌ1 + ππ·1
π = π 2 β πΌ2 + ππ·2 β πΌ2 =π β ππ·2π 2
= 2.32 mA
πΌπ =πΌ2
πππ·2ππ
= 1.016 β 10β14 A
πΌ1 = πΌπ β πππ·1ππ β
πΌ1πΌπ= π
ππ·1ππ β ln
πΌ1πΌπ=ππ·1ππ β ππ·1 = ππ β ln
πΌ1πΌπ= 0.718 V
π 1 =π β ππ·1πΌ1
= 228 Ξ©
34
Zadatak 5. Dve razliΔite silicijumske diode vezane su paralelno kao na slici 4. Izmerena ukupna struja
iznosi πΌ = 100 mA. Ako su inverzne struje zasiΔenja prve i druge diode πΌπ1 = 1 pA i πΌπ2 = 4 pA,
respektivno, izraΔunati:
a) Napon na diodama,
b) Struje koje protiΔu kroz svaku diodu na sobnoj temperaturi.
Poznato je ππ = 0.026 V.
Slika 4.
ReΕ‘enje:
Diode su paralelno vezane i vaΕΎi: ππ·1 = ππ·2 = ππ·
πΌ1 = πΌπ1 β πππ·ππ
πΌ2 = πΌπ2 β πππ·ππ
πΌ = πΌ1 + πΌ2 = πΌπ1 β πππ·ππ + πΌπ2 β π
ππ·ππ = π
ππ·ππ β (πΌπ1 + πΌπ2) β
πΌ
πΌπ1 + πΌπ2= π
ππ·ππ β ln
πΌ
πΌπ1 + πΌπ2=ππ·ππ β ππ· = ππ β ln
πΌ
πΌπ1 + πΌπ2= 0.62 V
πΌ1 = πΌπ1 β πππ·ππ = 20 mA
πΌ2 = πΌπ2 β πππ·ππ = 80 mA
Zadatak 6. Kroz kolo na slici 5 protiΔe struja πΌ = 10 mA. Ako su silicijumske diode identiΔnih
karakteristika, otpornost otpornika π = 470 Ξ© i napon napajanja π = 6 V, izraΔunati inverznu struju
zasiΔenja dioda πΌπ na sobnoj temperaturi. Poznato je ππ = 0.026 V.
Slika 5.
35
ReΕ‘enje:
Diode su identiΔnih karakteristika, i joΕ‘ redno vezane pa vaΕΎi: πΌ1 = πΌ2 = πΌ i ππ·1 = ππ·2 = ππ·.
πΌ = πΌπ β πππ·ππ β πΌπ =
πΌ
πππ·ππ
π = π β πΌ + ππ· + ππ· β ππ· =π β π β πΌ
2= 0.65 V
πΌπ = 1.39 β 10β13 A
Zadatak 7. Za dati ulazni napon, nacrtati oblik napona na izlazu kola sa slike 6.
Slika 6.
ReΕ‘enje:
Ovo kolo se naziva polutalasni ispravljaΔ.
Za pozitivne vrednosti ulaznog napona veΔih od napona voΔenja, dioda je direktno polarisana i vodi, pa se
na njoj javlja pad napona ππ·. Napon na izlazu prati promenu ulaznog signala i njegova maksimalna vrednost
je
ππππ = ππΌπ β ππ· = 5 β 0.7 = 4.3 V.
Za negativne vrednosti ulaznog napona, dioda je inverzno polarisana pa ne vodi, i napon na izlazu je preko
otpornika π πΏ povezan na masu, ππππ = 0 V.
ZENER DIODE
Zadatak 8. U kolu prikazanom na slici 7 Zener dioda upotrebljena je za regulaciju napona. Ako je pri
optereΔenju π πΏ = 1 kΞ© izmereno ππ = 9.1 V i πΌπ = 1 mA odrediti vrednost otpornosti otpornika π π. Poznato je: ππ = 12 V.
36
Slika 7.
ReΕ‘enje:
π = π π β πΌ + ππ = π π β (πΌπ + πΌπ πΏ) + ππ
OptereΔenje i Zener diode su vezani paralelno, pa je na njima isti napon (Zenerov) i onda je struja kroz
π πΏ:
πΌπ πΏ =πππ πΏ= 9.1 mA
π = π π β (πΌπ + πΌπ πΏ) + ππ β π π =π β πππΌπ + πΌπ πΏ
= 287 Ξ©
Zadatak 9. U kolu na slici 8 π·1 je standardna silicijumska dioda.
a) Kolika struja teΔe kroz potroΕ‘ac π πΏ kada je prekidaΔ π zatvoren, a kolika kada je otvoren?
b) Koji tip diode je dioda π·2?
Poznato je: ππ = 5 V, ππ΅π΄π = 3.3 V, π πΏ = 4.3 kΞ©, ππ·2 = 0.3 V.
Slika 8.
ReΕ‘enje:
a) Kada je prekidaΔ π otvoren:
πΌπΏ =ππ΅π΄π β ππ·2
π πΏ= 697 ΞΌA
Kada je prekidaΔ π zatvoren, gleda se cela Ε‘ema:
Napon ππΏ = ππ β ππ·1 = 5 β 0.7 = 4.3 V i to je napon na katodi diode π·2. Napon na anodi diode π·2 je
ππ΅π΄π = 3.3 V, Ε‘to znaΔi da je dioda π·2 inverzno polarisana, i da neΔe provesti. Onda se za struju dobija:
πΌπΏ =ππ β ππ·1π πΏ
= 1 mA
b)
Dioda π·2 je Ε otkijeva dioda Ε‘to se moΕΎe zakljuΔiti na osnovu elektriΔnog simbola ili njenog napona voΔenja.
37
Zadatak 10. U kolu na slici 9 upotrebljena je plava LED dioda sa naponom direktne polarizacije
ππ· = 3.5 V. Ukupna otpornost linearnog potenciometra, izmeΔu pozicija 0 i 1, je π π = 500 Ξ©.
a) Kolika je maksimalna struja πΌπ·πππ₯ koja u ovom kolu moΕΎe da proΔe kroz LED diodu?
b) Odrediti poziciju klizaΔa potenciometra ππΎ tako da struja kroz LED diodu bude πΌπ· = 15.5 mA.
Poznato je: ππ = 12 V, π 1 = 300 Ξ©. Smatrati da je unutraΕ‘nja otpornost LED diode pri direktnoj
polarizaciji zanemarljiva.
Slika 9.
ReΕ‘enje:
a)
Struja je maksimalna kada je otpornost minimalna tj. kada je π π kratkospojeno (π π = 0 Ξ©) i iznosi:
πΌπ·πππ₯ =ππ β ππ·π 1 + π π
= 28.33 mA
b)
πΌπ· =ππ β ππ·π 1 + π π
β π 1 + π π =ππ β ππ·πΌπ·
β π π =ππ β ππ·πΌπ·
β π 1 = 248 Ξ©
Da bi vrednost potenciometra π π bila 248 Ξ©, potrebno je kratkospojiti 500 β 248 = 252 Ξ©
ππΎ: 1 = 252: 500 β ππΎ =252
500= 0.504
BIPOLARNI TRANZISTORI β Bipolar Junction Transistor
Zadatak 1. Na slici 1a su prikazane izlazne karakteristike bipolarnog tranzistora u kolu pojaΔavaΔa sa
zajedniΔkim emitorom (kolo prikazano na slici 1b) za sluΔajeve razliΔitih baznih struja. Odrediti radnu taΔku
i reΕΎim rada tranzistora za date razliΔite struje baze ako je vrednost otpornika koji se vezuje u kolo kolektora:
a) π πΆ1 = 2 kΞ©, b) π πΆ1 = 5 kΞ©. Poznato je ππΆπΆ = 3 V.
Slika 1. a) Slika 1. b)
38
ReΕ‘enje:
a) Za π πΆ1 = 2 kΞ© ππΆπΆ = ππΆπΆ β π πΆ1 β πΌπΆ
Za πΌπΆ = 0 dobija se ππΆπΈ = ππΆπΆ = 3 V dobija se taΔka π1(3 V, 0 A)
Za ππΆπΈ = 0 V dobija se πΌπΆ =ππΆπΆ
π πΆ1= 1.5 mA dobija se taΔka π2(0 V, 1.5 mA)
Povezivanjem datih taΔaka dobija se radna prava, a u preseku nje i izlaznih karakteristika, dobijaju se radne
taΔke, prikazane na slici 1c (prava π πΆ1).
b) Za π πΆ2 = 5 kΞ© ππΆπΆ = ππΆπΆ β π πΆ2 β πΌπΆ
Za πΌπΆ = 0 dobija se ππΆπΈ = ππΆπΆ = 3 V dobija se taΔka π1(3 V, 0 A)
Za ππΆπΈ = 0 V dobija se πΌπΆ =ππΆπΆ
π πΆ2= 0.6 mA dobija se taΔka π2(0 V, 0.6 mA)
Povezivanjem datih taΔaka dobija se radna prava, a u preseku nje i izlaznih karakteristika, dobijaju se radne
taΔke, prikazane na slici 1c (prava π πΆ2).
Slika 1. c)
a) πΌπ΅ = 2.5 ΞΌA πΌπ΅ = 7.5 ΞΌA πΌπ΅ = 12.5 ΞΌA πΌπ΅ = 17.5 ΞΌA
ππΆπΈ = 2.48 V πΌπΆ = 0.26 mA
ππΆπΈ = 1.47 V πΌπΆ = 0.76 mA
ππΆπΈ = 0.46 V πΌπΆ = 1.26 mA
ππΆπΈ = 0.04 V πΌπΆ = 1.47 mA
aktivni reΕΎim rada zasiΔenje
b) πΌπ΅ = 2.5 ΞΌA πΌπ΅ = 7.5 ΞΌA πΌπ΅ = 12.5 ΞΌA πΌπ΅ = 17.5 ΞΌA
ππΆπΈ = 1.73 V πΌπΆ = 0.26 mA
ππΆπΈ = 0.04 V πΌπΆ = 0.59 mA
ππΆπΈ = 0.01 V πΌπΆ = 0.59 mA
ππΆπΈ = 0.01 V πΌπΆ = 0.59 mA
aktivni reΕΎim rada zasiΔenje
Zadatak 2. Odrediti radnu taΔku (ππΆπΈ, πΌπΆ) za tranzistorsko kolo prikazano na slici 2. Poznato je:
ππΆπΆ = 12 V, π πΆ = 560 Ξ©, π π΅ = 330 kΞ©, ππ΅πΈ = 0.7 V, π½ = 100.
Slika 2.
39
ReΕ‘enje:
ππΆπΆ = π π΅ β πΌπ΅ + ππ΅πΈ β πΌπ΅ =ππΆπΆ β ππ΅πΈπ π΅
= 34.2 ΞΌA
πΌπΆ = π½ β πΌπ΅ = 3.42 mA
ππΆπΈ = ππΆπΆ β π πΆ β πΌπΆ = 10.1 V
Radna taΔka je (ππΆπΈ , πΌπΆ) = (10.1 V, 3.42 mA).
Zadatak 3. Odrediti radnu taΔku (ππΆπΈ, πΌπΆ) za tranzistorsko kolo prikazano na slici 3. Poznato je:
ππΆπΆ = 12 V, π πΆ = 560 Ξ©, π π΅ = 330 kΞ©, π πΈ = 1 kΞ©, ππ΅πΈ = 0.7 V, π½ = 100.
Slika 3.
ReΕ‘enje:
ππΆπΆ = π π΅ β πΌπ΅ + ππ΅πΈ + π πΈ β πΌπΈ
πΌπΈ = (π½ + 1) β πΌπ΅
ππΆπΆ = π π΅ β πΌπ΅ + ππ΅πΈ + π πΈ β (π½ + 1) β πΌπ΅ β πΌπ΅ =ππΆπΆ β ππ΅πΈ
π π΅ + π πΈ β (π½ + 1)= 26.2 ΞΌA
πΌπΆ = π½ β πΌπ΅ = 2.62 mA
πΌπΈ = (π½ + 1) β πΌπ΅ = 2.65 mA
ππΆπΈ = ππΆπΆ β π πΆ β πΌπΆ β π πΈ β πΌπΈ = 7.88 V
Radna taΔka je (ππΆπΈ , πΌπΆ) = (7.88 V, 2.62 mA).
Zadatak 4. Odrediti radnu taΔku (ππΆπΈ, πΌπΆ) za tranzistorsko kolo prikazano na slici 4. Poznato je:
ππΆπΆ = 10 V, π πΆ = 10 kΞ©, π π΅ = 180 kΞ©, ππ΅πΈ = 0.7 V, π½ = 100.
Slika 4.
40
ReΕ‘enje:
ππΆπΆ = π πΆ β (πΌπΆ + πΌπ΅) + π π΅ β πΌπ΅ + ππ΅πΈ
πΌπΆ = π½ β πΌπ΅
ππΆπΆ = (π½ + 1) β π πΆ β πΌπ΅ + π π΅ β πΌπ΅ + ππ΅πΈ β πΌπ΅ =ππΆπΆ β ππ΅πΈ
π π΅ + π πΆ β (π½ + 1)= 7.82 ΞΌA
πΌπΆ = π½ β πΌπ΅ = 782 ΞΌA
ππΆπΈ = ππΆπΆ β π πΆ β (πΌπΆ + πΌπ΅) = 2.1 V
Radna taΔka je (ππΆπΈ , πΌπΆ) = (2.1 V, 782 ΞΌA).
Zadatak 5. Odrediti radnu taΔku (ππΆπΈ, πΌπΆ) za tranzistorsko kolo napajano preko naponskog razdelnika
prikazano na slici 5. Poznato je: ππΆπΆ = 10 V, π πΈ = 560 Ξ©, π πΆ = 1 kΞ©, π 1 = 10 kΞ©, π 2 = 5.6 kΞ©,
ππ΅πΈ = 0.7 V, π½ = 100.
Slika 5.
ReΕ‘enje:
Kola napajana preko naponskog razdelnika se realizuju tako da je struja baze mnogo manja od struje koja
protiΔe kroz otpornik π 2 (πΌπ΅ βͺ πΌ2).
ππ΅ =π 2
π 2 + π 1β ππΆπΆ = 3.59 V
ππΈ = ππ΅ β ππ΅πΈ = 2.89 V
πΌπΈ =ππΈπ πΈ= 5.16 mA
πΌπΆ = πΌπΈ β πΌπ΅ =π½
π½ + 1β πΌπΈ = 5.11 mA
ππΆπΈ = ππΆπΆ β π πΆ β πΌπΆ β ππΈ = 2 V
Radna taΔka je (ππΆπΈ , πΌπΆ) = (2 V, 5.11 mA).
Zadatak 6. Za kolo na slici 6 u kome tranzistor radi kao prekidaΔ odrediti:
a) Napon ππππ kada je ππΌπ = 0 V,
b) Najmanju vrednost struje baze za koju Δe tranzistor uΔi u zasiΔenje, ako je π½ = 125 i
ππΆπΈ(π ππ‘) = 0.2 V,
c) Maksimalnu vrednost π π΅ za koju je obezbeΔen uslov zasiΔenja ako je ππΌπ = 5 V.
Poznato je: ππΆπΆ = 10 V, π πΆ = 1 kΞ©, ππ΅πΈ = 0.7 V.
41
Slika 6.
ReΕ‘enje:
ππππ = ππΆπΈ = ππΆπΆ β π πΆ β πΌπΆ a)
Kada je ππΌπ = 0 V, tranzistor je zakoΔen, pa je πΌπ΅ = 0 A, a i πΌπΆ = 0 A, pa sledi da je:
ππππ = ππΆπΆ = 10 V b)
Kada je tranzistor u zasiΔenju vaΕΎi da je ππΆπΈ = ππΆπΈ(π ππ‘), pa sledi:
ππΆπΆ = ππΆπΈ(π ππ‘) + π πΆ β πΌπΆ β πΌπΆ =ππΆπΆ β ππΆπΈ(π ππ‘)
π πΆ= 9.8 mA
Strujni uslov zasiΔenja je πΌπΆ < π½πΌπ΅, odnosno πΌπ΅ >πΌπΆ
π½, pa se za baznu struju dobija:
πΌπ΅(min) =πΌπΆπ½= 78.4 ΞΌA
c)
ππΌπ = ππ΅πΈ + π π΅ β πΌπ΅
Maksimalna dozvoljena vrednost π π΅ se dobija pri minimalnoj vrednosti struje baze odakle sledi:
π π΅(πππ₯) =ππΌπ β ππ΅πΈπΌπ΅(min)
= 54.85 kΞ©
Zadatak 7. U kolu sa slike 7 poznato je: ππΈπΈ = 12 V, ππ = 6.2 V, ππ΅πΈ = β0.7 V, π πΈ = 270 Ξ©, π½ = 200,
π 1 = 1 kΞ©. Odrediti struje kroz LED i Zener diodu.
Slika 7.
42
ReΕ‘enje:
ππ΅ = ππΈπΈ β ππ = 12 β 6.2 = 5.8 V
ππΈ = ππ΅ β ππ΅πΈ = 5.8 β (β0.7) = 6.5 V
πΌπΈ =ππΈπΈ β ππΈπ πΈ
= 20.37 mA
πΌπ΅ =πΌπΈ1 + π½
= 0.1 mA
Struja kolektora, tj. struja kroz LED diodu iznosi:
πΌπΆ = π½πΌπ΅ = 20 mA
Struja kroz otpornik π 1 je:
πΌ1 =ππ΅π 1= 5.8 mA
I struja kroz Zener diodu:
πΌπ = πΌ1 β πΌπ΅ = 5.7 mA
Zadatak 8. U kolu sa slike 8 bipolarni tranzistor (u ulozi prekidaΔa) u sprezi sa LED-om radi kao indikator
stanja. Za ππΌπ = πππΉπΉ = 0 V LED ne svetli, dok za ππΌπ = πππ LED daje intenzivnu svetlost. Odrediti
vrednosti otpornika π πΆ i π π΅ za koje je obezbeΔeno funkcionisanje indikatora, ako je struja neophodna da
LED daje intenzivnu svetlost 30 mA, pri Δemu je napon na njemu ππΏπΈπ· = 1.6 V. Poznato je: ππΆπΆ = 9 V,
ππ΅πΈ = 0.7 V, ππΆπΈ(π ππ‘) = 0.2 V, π½ = 50, πππ = 5 V.
Slika 8.
ReΕ‘enje:
S obzirom da se koristi kao indikator stanja, znaΔi da radi u zakoΔenju i u zasiΔenju, pa vaΕΎe odgovarajuΔi
naponski i strujni zakoni.
ππΌπ = πππΉπΉ = 0 V β πΌπ΅ = 0 A, πΌπΆ = 0 A = πΌπΏπΈπ· β LED ne svetli ππΌπ = πππ = 5 V β LED svetli
ππΌπ = π π΅ β πΌπ΅ + ππ΅πΈ
ππΆπΆ = π πΆ β πΌπΆ + ππΏπΈπ· + ππΆπΈ(π ππ‘)
πΌπΆ < π½πΌπ΅
π πΆ =ππΆπΆ β ππΏπΈπ· β ππΆπΈ(π ππ‘)
πΌπΆ= 240 Ξ©
43
πΌπ΅(min) =πΌπΆπ½= 600 ΞΌA
π π΅(πππ₯) =ππΌπ β ππ΅πΈπΌπ΅(min)
= 7.2 kΞ©
OPTOKAPLER
Zadatak 9. Kolo optokaplera sa slike 9 sadrΕΎi LED i fototranzistor. Ako je koeficijent sprege (odnos struje
kolektora fototranzistora i struje direktno polarisanog LED-a) πΆππ = 8 %, odrediti vrednost napona
polarizacije π1 za koju Δe na izlazu kola biti naponski nivo logiΔke nule. Poznato je: ππΆπΆ = 5 V,
π πΆ = 50 kΞ©, π 1 = 5 kΞ©, ππΆπΈ(π ππ‘) = 0.2 V, ππΏπΈπ· = 1 V.
Slika 9.
ReΕ‘enje:
Napon na izlazu kola je:
ππππ = ππΆπΈ = ππΆπΆ β π πΆ β πΌπΆ
Kada LED dioda ne vodi, struja πΌπΆ = 0 A, na je na izlazu napon logiΔke jedinice tj. ππππ = ππΆπΆ.
Kada LED diode vodi, na bazno-kolektorski spoj fototranzistora dolazi svetlosni signal, pa se
generiΕ‘e odreΔena struja kolektora πΌπΆ proporcionalna osvetljaju, tj. struji kroz LED. Da bi na izlazu
kola bio naponski nivo logiΔke nule, fototranzistor treba da bude u zasiΔenju ππππ = ππΆπΈ(π ππ‘) i
njegova struja kolektora tada iznosi:
πΌπΆ =ππΆπΆ β ππΆπΈπ πΆ
= 96 ΞΌA
πΆππ =πΌπΆπΌ1β 100 % β πΌ1 =
πΌπΆπΆππ
β 100 % = 1.2 mA
Za ulazno kolo vaΕΎi:
π1 = π 1 β πΌ1 + ππΏπΈπ· = 7 V
44
MOS TRANZISTORI (Metal Oxide Semiconductor)
MOSFET β MOS Field Effect Transistor
Zadatak 1. Odrediti radnu taΔku (ππ·π, πΌπ·) za tranzistorsko kolo prikazano na slici 1. Napon praga ovog
tranzistora je ππ = 3 V. Merenjem je utvrΔeno da je napon ππΊπ = 8.5 V Poznato je: ππ·π· = 15 V,
π 1 = 10 MΞ©, π π· = 4.7 kΞ©.
Slika 1.
ReΕ‘enje:
ππΊπ > ππ β kanal je formiran
ππ·π(π ππ‘) = ππΊπ β ππ = 5.5 V
ππ·π = ππΊπ = 8.5 V
ππ·π > ππ·π(π ππ‘) β tranzistor u zasiΔenju
ππ·π· = π π· β πΌπ· + ππ·π β πΌπ· =ππ·π· β ππ·ππ π·
= 1.383 mA
Radna taΔka je (ππ·π, πΌπ·) = (8.5 V, 1.383 mA).
Zadatak 2. Odrediti radnu taΔku (ππ·π, πΌπ·) za tranzistorsko kolo prikazano na slici 2. Napon praga ovog
tranzistora je ππ = 5 V, a π = 2 β 10β4 A
V2. Poznato je: ππ·π· = 10 V, π 1 = 4.7 MΞ©, π 2 = 10 MΞ© i
π π· = 10 kΞ©.
Slika 2.
45
ReΕ‘enje:
ππΊπ =π 2
π 2 + π 1β ππ·π· = 6.803 V
ππΊπ > ππ β kanal je formiran
ππ·π(π ππ‘) = ππΊπ β ππ = 1.803 V
Raditi zadatak pod pretpostavkom da tranzistor jeste u zasiΔenju, a zatim proveriti taΔnost pretpostavke.
πΌπ· = π β (ππΊπ β ππ)2 = 0.65 mA
ππ·π· = π π· β πΌπ· + ππ·π β ππ·π = ππ·π· β π π· β πΌπ· = 3.5 V
ππ·π = 3.5 V > ππ·π(π ππ‘) = 1.803 V β pretpostavka taΔna, tranzistor u zasiΔenju
Radna taΔka je (ππ·π, πΌπ·) = (3.5 V, 0.65 mA).
Zadatak 3. Odrediti radnu taΔku (ππ·π, πΌπ·) za tranzistorsko kolo prikazano na slici 2. Napon praga ovog
tranzistora je ππ = 2 V, dok pri naponu na gejtu ππΊπ = 4 V struja drejna u zasiΔenju iznosi
πΌπ·(π ππ‘) = 200 mA. Poznato je: ππ·π· = 24 V, π 1 = 100 kΞ©, π 2 = 15 kΞ© i π π· = 200 Ξ©.
ReΕ‘enje:
πΌπ·(π ππ‘) = π β (ππΊπ β ππ)2 β π =
πΌπ·(π ππ‘)(ππΊπ β ππ)
2= 5 β 10β2
A
V2
ππΊπ =π 2
π 2 + π 1β ππ·π· = 3.13 V
ππΊπ > ππ β kanal je formiran
ππ·π(π ππ‘) = ππΊπ β ππ = 1.13 V
Raditi zadatak pod pretpostavkom da tranzistor jeste u zasiΔenju, a zatim proveriti taΔnost pretpostavke.
πΌπ· = π β (ππΊπ β ππ)2 = 63.845 mA
ππ·π· = π π· β πΌπ· + ππ·π β ππ·π = ππ·π· β π π· β πΌπ· = 11.231 V
ππ·π = 11.231 V > ππ·π(π ππ‘) = 1.13 V β pretpostavka taΔna, tranzistor u zasiΔenju
Radna taΔka je (ππ·π, πΌπ·) = (11.231 V, 63.845 mA).
Zadatak 4. NMOS tranzistor u kolu na slici 3 ima napon praga ππ = 1.5 V i π = 0.4 mA
V2. Ako je napon koji
se dovodi na gejt ππΌπ = 5 V, odrediti izlazni napon ππππ. Poznato je: ππ·π· = 10 V i π π· = 470 Ξ©.
46
Slika 3.
ReΕ‘enje:
ππΌπ = 5 V = ππΊπ > ππ β kanal je formiran
ππ·π(π ππ‘) = ππΊπ β ππ = 3.5 V
Raditi zadatak pod pretpostavkom da tranzistor jeste u zasiΔenju, a zatim proveriti taΔnost pretpostavke.
πΌπ· = π β (ππΊπ β ππ)2 = 4.9 mA
ππππ = ππ·π ππ·π· = π π· β πΌπ· + ππππ β ππππ = ππ·π· β π π· β πΌπ· = 7.697 V
ππππ = 7.697 V > ππ·π(π ππ‘) = 3.5 V β pretpostavka taΔna, tranzistor u zasiΔenju