Zbirka Zadataka Iz Elektronike

UNIVERZITET U BEOGRADU FIZIČKI FAKULTET

Dr Stevan Stojadinović

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE

BEOGRAD, 2001.

PREDGOVOR Ova zbirka sadrži zadatke iz gradiva koje se predaje u toku zimskog semestra studentima treće godine Fizičkog fakulteta u Beogradu u okviru kurseva Elektronika, Fizička elektronika i Elektronika za fizičare, sa fondom od dva časa nedeljno. Zbirka sadrži 66 zadatka koji su detaljno rešeni. Zadaci su podeljeni u šest

poglavlja

i

to:

Metodi

teorije

električnih

kola,

Laplasove

transformacije, Tranzistori, Diferencijalni pojačavač, Operacioni pojačavač i Digitalna elektronika. Svako poglavlje sadrži uvod sa kratkim teorijskim objašnjenjem osnovnih pojmova vezanim za dato poglavlje. Autor se zahvaljuje recenzentima Prof. Dr Aleksandru Stamatoviću i Prof. Dr Ljubiši Zekoviću. Prof. Dr Aleksandar Stamatović je nizom korisnih sugestija doprineo da delovi ovog teksta budu jasniji.

Beograd, 2001.

AUTOR

SADRŽAJ

1. METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA....................................1 2. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE..............................................39 3. TRANZISTORI...............................................................................74 4. DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ...............................................116 5. OPERACIONI POJAČAVAČ.......................................................132 6. DIGITALNA ELEKTRONIKA....................................................150 7. LITERATURA..............................................................................183

METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

1. METODI TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA

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

1


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

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

2


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

Između napona na ovim elementima i struja koje kroz njih protiču postoje relacije: v R ( t ) = Ri R ( t )

v L (t) = L

v C (t) =

di L ( t ) dt

1 i C ( t )dt C∫

v R (t) = Gv R ( t ) R 1 i L ( t ) = ∫ v L ( t )dt L dv ( t ) i C (t) = C C dt i R (t) =

KIRHOFOVI ZAKONI

Na slici 5 je prikazano složeno električno kolo. Blokovi sa brojevima od 1 do 6 predstavljaju elemente kola (otpore, kapacitete, induktivitete ili izvore). A, B, C, i D su čvorovi. Svaki deo kola između dva susedna čvora naziva se grana, a zatvoren put čiji je polazni i krajni čvor isti predstavlja konturu (petlju). Matematičko opisivanje složenih sistema vrši se pomoću Kirhofovih zakona o naponima i strujama.

3


1) Kirhofov zakon o strujama: Algerbarski zbir struja u bilo kom čvoru električnog kola u svakom trenutku jednak je nuli. Kod primene ovog zakona struje koje utiču u čvor imaju znak plus, a koje ističu znak minus.

Primenom Kirhofovog zakona o strujama na čvor A kola sa slike 5 može se napisati sledeća jednačina: − i 2 − i3 + i 4 = 0 2) Kirhofov zakon o naponima: Algerbarski zbir elektromotornih sila i padova napona u zatvorenoj električnoj konturi u svakom trenutku jednak je nuli. Kod primene ovog zakona elektromotorne sile se uzimaju sa znakom plus ako se kod ophoda konture prolazi kroz električni izvor od minusa ka plusu, a padovi napona na pasivnim elementima su pozitivni ako je smer ophoda konture suprotan smeru proticanja struje.

Primenom Kirhofovog zakona o naponima na konturu ABCA kola sa slike 5 može se napisati sledeća jednačina: − v 2 + v1 + v3 = 0

4


Ako je broj čvorova u kolu N1, a broj grana N2, tada je broj nepoznatih struja jednak je broju grana. Primenjujući Kirhofove zakone na sve čvorove i sve zatvorene putanje u kolu, dobija se veći broj jednačina nego što je potrebno. Pri tome su neke jednačine posledica ostalih. Da bi se dobilo N2 nezavisnih jednačina, koliko ima nepoznatih struja, treba Kirhofov zakon o strujama primeniti na N1 – 1 čvor, a ostale jednačine se dobijaju primenom Kirhofovog zakona o naponima na N = N2 – (N1 –1) zatvorenih putanja u kolu koje se razlikuju bar po jednoj grani. Za matematičko opisivanje većine složenih kola potrebno je korišćenje oba Kirhofova zakona. Međutim, u mnogim slučajevima primena metoda i teorema iz teorije električnih kola uprošćava postavljen zadatak.

5


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

Rešenje: Metoda konturnih struja primenjuje se kod kola sa naponskim izvorima. Ovom metodom određuju se struje primenom Kirhofovog zakona o naponima. Prilikom odabira kontura treba voditi računa da svaka odabrana kontura sadrži barem jednu granu po kojoj se ona razlikuje od ostalih kontura. Ukupan broj kontura koje treba odabrati, odnosno ukupan broj jednačina koje treba napisati metodom konturnih struja je N = N2 – (N1 –1), gde je: N2 – broj grana u kolu, N1 – broj čvorova u kolu, N – broj jednačina. U kolu na slici 1.1.1 su uočene tri konture numerisane sa indeksima I (kontura – ADBA), II (kontura – ACDA) i III (kontura – BCAB) sa 6


konturnim strujama II, III i IIII respektivno. Primenom Kirhofovog zakona o naponima na konture I, II i III mogu se napisati sledeće jednačine:

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

(1.1.1)

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

(1.1.2)

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

(1.1.3)

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

(1.1.4)

− R1I I − R 5I II + (R1 + R 3 + R 5 )I III = V5

7


odnosno:

R I, I I I + R I, III II + R I, IIII III = VI R II, I I I + R II, III II + R II, IIII III = VII

(1.1.5)

R III, I I I + R III, III II + R III, IIII III = VIII gde su: R I,I = R 1 + R 2 + R 4 + R 7 , R II,II = R 4 + R 5 + R 6 , R III,III = R 1 + R 3 + R 5 R I,II = R II,I = −R 4 , R I,III = R III,I = −R 1 , R II,III = R III,II = −R 5 VI = V1 − V2 − V3 , VII = V3 + V4 , VIII = V5 Otpornost Rij za i = j (i,j = I,II,III) predstavlja sopstvenu otpornost pojedinih kontura. Otpornost Rij za i ≠ j (i,j = I,II,III) predstavlja zajedničku otpornost i – te i j – te konture uzetu sa negativnim znakom. Elektromotorna sila Vi (i = I,II,III) predstavlja sumu elektromotornih sila za datu konturu. U matričnom obliku prethodni sistem jednačina izgleda: ⎡R I,I R I,II R I,III ⎤ ⎡I I ⎤ ⎡VI ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢R II,I R II,II R II,III ⎥ . ⎢I II ⎥ = ⎢VII ⎥ ⎢R ⎥ ⎢I ⎥ ⎢V ⎥ ⎣ III,I R III,II R III,III ⎦ ⎣ III ⎦ ⎣ III ⎦

(1.1.6)

ili kraće [R ] ⋅ [I] = [V ] , gde su: ⎡R I,I R I,II R I,III ⎤ ⎢ ⎥ [R ] = ⎢R II,I R II,II R II,III ⎥ , [I] = ⎢R ⎥ ⎣ III,I R III,II R III,III ⎦

⎡I I ⎤ ⎢I ⎥ , [V ] = ⎢ II ⎥ ⎢⎣I III ⎥⎦

⎡VI ⎤ ⎢V ⎥ ⎢ II ⎥ ⎢⎣VIII ⎥⎦

8


Matrica [R ] je matrica sistema. Ova matrica je simetrična u odnosu na glavnu dijagonalu. Na glavnoj dijagonali nalaze se elementi koji predstavljaju sopstvene otpornosti pojedinih kontura, a na mestima Rij (i ≠j) elementi koji predstavljaju zajedničke otpornosti i – te i j – te konture uzete sa negativnim znakom. Matrice [V ] i [I] su matrice kolona. [V ] je matrica pobuda, a [I] matrica konturnih struja. Rešavanjem sistema jednačina (1.1.4) dobija se: I I = 0.01 A , I II = 0.04 A , I III = 0.02 A .

Sa slike 1.1.2 se vidi da su: Struja kroz granu BA: I1 = I I − I III = −0.01 A Struja kroz granu DB: I 2 = I I = 0.01 A

9


Struja kroz granu BC: I 3 = I III = 0.02 A Struja kroz granu AD: I 4 = I I − I II = −0.03 A Struja kroz granu AC: I 5 = I II − I III = 0.02 A Struja kroz granu CD: I 6 = I II = 0.04 A Jednačine konturnih struja su izvedene polazeći od jednačina koje su napisane primenom Kirhofovog zakona o naponima. Prednost metode konturnih struja je u tome što se umesto pisanja šest jednačina sa šest nepoznatih struja grana, primenom Kirhofovih zakona, pišu tri jednačine za konture I, II i III. Rešavanjem ovih jednačina dobijaju se konturne struje II, III i IIII koje su i struje u granama po kojima se pojedine konture međusobno razlikuju (struje I2, I3 i I6), dok se struje u ostalim granama dobijaju iz jednačina konturnih struja. 1.2) Za kolo sa slike 1.2 izračunati struje svih grana primenom metode napona čvorova. Poznato je: I1 = 0.2 A, I2 = 0.1 A, R1 = 200 Ω, R2 = 100 Ω, R3 = 300 Ω, R4 = 100 Ω, R5= 200 Ω.

10


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

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

I1 + I 2 −

1 1 VI − (VI − VII ) = 0 R1 R4

(1.2.1)

11


Za čvor II: −

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

(1.2.2)

Za čvor III: − I2 −

1 1 VIII − (VIII − VII ) = 0 R3 R5

(1.2.3)

Posle sređivanja ove jednačine postaju: (

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

−

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

0 ⋅ VI −

(1.2.4)

1 1 1 + VII + ( )VIII = −I 2 R5 R3 R5

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

(1.2.5)

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

1 1 1 1 1 1 1 + , G II,II = + + , G III,III = + , R1 R 4 R2 R4 R5 R3 R5

G I,II = G II,I = −

1 1 , G I,III = G III,I = 0 , G II,III = G III,II = − R4 R5

I I = I1 + I 2 , I II = 0 , I III = −I 2

12


Provodnost Gij za i = j (i,j = I,II,III) predstavlja sopstvenu provodnost pojedinih čvorova. Provodnost Gij za i ≠ j (i,j = I,II,III) predstavlja zajedničku provodnost i – tog i j – tog čvora uzetu sa negativnim znakom. Struja Ii (i = I,II,III)

predstavlja sumu struja svih strujnih izvora

vezanih za odgovarajući čvor . U matričnom obliku prethodni sistem jednačina izgleda: ⎡G I, I G I, II G I, III ⎤ ⎡VI ⎤ ⎡I I ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢G II, I G II, II G II, III ⎥ . ⎢VII ⎥ = ⎢I II ⎥ ⎢G ⎥ ⎢V ⎥ ⎢I ⎥ ⎣ III, I G III, II G III, III ⎦ ⎣ III ⎦ ⎣ III ⎦

(1.2.6)

ili kraće [G ] ⋅ [V ] = [I] , gde su: ⎡G I, I G I, II G I, III ⎤ ⎢ ⎥ [G ] = ⎢G II,I G II,II G II,III ⎥ , [V] = ⎢G ⎥ ⎣ III, I G III, II G III, III ⎦

⎡VI ⎤ ⎢V ⎥ , [I] = ⎢ II ⎥ ⎢⎣VIII ⎥⎦

⎡I I ⎤ ⎢I ⎥ ⎢ II ⎥ ⎢⎣I III ⎥⎦

Matrica [G ] je matrica sistema. Ova matrica je simetrična u odnosu na glavnu dijagonalu. Na glavnoj dijagonali nalaze se elementi koji predstavljaju sopstvene provodnosti pojedinih čvorova, a na mestima Gij (i ≠ j) elementi koji predstavljaju zajedničke provodnosti i – tog i j – tog čvora uzete sa negativnim znakom. Matrice [V ] i [I] su matrice kolona. [I] je matrica pobuda, a [V ] matrica napona između čvorova. Rešavanjem sistema jednačina (1.2.4) dobija se: VI = 26.1 V , VII = 9.1 V , VIII = −6.5 V .

13


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

VI = 0.131 A R1

Struja kroz granu II-IV: I II =

VII = 0.091 A R2

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

VIII = −0.022 A R3

VI − VII = 0.17 A R4

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

VII − VIII = 0.078 A R5

1.3) Izračunati struje kroz otpornike R2 i R5 u kolu sa slike 1.3: a) metodom konturnih struja b) metodom napona čvorova

14


Poznato je: V1 = 12 V, V2 = 16 V, I3 = 0.2 A, R1 = 100 Ω, R2 = 200 Ω, R3 = 100 Ω, R4 = 200 Ω, R5 = 300 Ω, R6 = 100 Ω.

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

gde je: V3 = R 6 I 3 = 20 V . Primenom metode konturnih struja dobija se: (R1 + R 2 )I I − R 2 I II = V1

− R 2 I I + (R 2 + R 3 + R 4 )I II − R 4 I III = V2

(1.3.1)

− R 4I II + (R 4 + R 5 + R 6 )I III = −(V2 + V3 )

15


Rešavanjem sistema jednačina (1.3.1) dobija se da su konturne struje: I I = 0.067 A , I II = 0.04 A , I III = −0.047 A .

Struje kroz otpornike R2 i R5 su: I R 2 = I I − I II = 0.027 A I R 5 = I III = −0.047 A

b) Ako se naponski izvori zamene ekvivalentnim strujnim izvorima kolo sa slike 1.3 postaje:

gde su: I1 =

V1 V = 0.12 A i I 2 = 2 = 0.08 A . Primenom metode napona R1 R4

čvorova dobija se: (

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

−

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

−

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

(1.3.2)

16


Rešavanjem sistema jednačina (1.3.2) dobija se da su naponi čvorova: VI = 5.333 V , VII = 1.333 V , VIII = 15.333 V .

Struje kroz otpornike R2 i R5 su: VI = 0.027 A R2 V − VIII = II = −0.047 A R5

IR2 = I R5

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

Rešenje: Prema Tevenenovoj teoremi svaka dva kraja linearnog električnog kola, sa proizvoljnim brojem naponskih izvora i impedansi, mogu se svesti na kolo sa jednim naponskim izvorom vezanim u seriju sa impedansom. Naponski izvor je jednak naponu na krajevima kola kada je kolo otvoreno, a serijska impedansa jednaka je ukupnoj impedansi, pod uslovom da su svi naponski izvori koji deluju u kolu kratko vezani.

17


Primenom Tevenenove teoreme kolo sa slike 1.4, levo od tačaka a i b, može se zameniti ekvivalentnim naponskim izvorom VTh vezanim u seriju sa ekvivalentnom otpornošću RTh (slika 1.4.1).

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

Ekvivalentna Tevenenova otpornost RTh je: R Th = [(R 1 || R 2 ) + R 3 + R 5 ] || R 4 = 165 Ω

(1.4.1)

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

(1.4.2)

18


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

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

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

(1.4.3)

Tada je: VTh | V1 =0 = R 4 I − V2 = −

R 1 || R 2 + R 3 + R 5 V2 = −3.3 V R 1 || R 2 + R 3 + R 4 + R 5

(1.4.4)

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

19


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

(1.4.5)

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

(1.4.6)

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

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

(1.4.7)

Tada je: VTh | V2 =0 = I 2 R 4 = 4.2 V

(1.4.8)

Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor je: VTh = VTh | V1 =0 + VTh | V2 =0 = 0.9 V

(1.4.9)

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

VT = 2.466 ⋅ 10 −3 A RP + RT

(1.4.10)

1.5) Za kolo sa slike 1.5 odrediti struju kroz potrošač RP koristeći Tevenenovu teoremu i princip superpozicije. Poznato je: I = 0.002 A, V = 16 V, R1 = 150 Ω, R2 = 150 Ω, R3 = 100 Ω, R4 = 150 Ω, R5 = 100 Ω, R6 = 200 Ω, RP = 300 Ω.

20


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

Ekvivalentna Tevenenova otpornost RTh je: R Th = [(R 2 + R 3 ) || R 1 + R 4 ] || (R 5 + R 6 ) = 134.5Ω

(1.5.1)

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

(1.5.2)

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

21


Primenom metode napona čvorova na kolo sa slike 1.5.2 dobija se: (

1 1 1 1 1 )V1 − V2 − + + V3 + 0 ⋅ V4 = 0 R1 R 2 R 4 R4 R2

(1.5.3)

−

1 1 1 1 V1 + ( )V2 + 0 ⋅ V3 − + V4 = 0 R4 R4 R5 R5

(1.5.4)

−

1 1 1 V1 + 0 ⋅ V2 + ( + )V3 + 0 ⋅ V4 = − I R2 R2 R3

(1.5.5)

0 ⋅ V1 −

1 1 1 V2 + 0 ⋅ V3 + ( + )V4 = I R5 R5 R6

(1.5.6)

Rešavanjem sistema jednačina dobija se: V1 = 0.007 V, V2 = 0.138 V, V3 = – 0.117 V i V4 = 0.225 V. Sa slike 1.5.2 se vidi da je V2 = VTh

V =0

= 0.138 V .

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

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

(1.5.7)

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

(1.5.8)

22


Eliminacijom struje I1 iz jednačina (1.5.7) i (1.5.8) dobija se: I2 =

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

(1.5.9)

Tada je: VTh | I=0 = (R 5 + R 6 )I 2 = 5.5 V

(1.5.10)

Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor je: VTh = VTh | V =0 + VTh | I=0 = 5.638 V

(1.5.11)

Primenom Tevenenove teoreme kolo sa slike 1.5 može se prikazati kolom na slici 1.5.4.

Struja kroz potrošač RP je: IP =

VTh = 0.013 A RP + RT

(1.5.12)

1.6) Odrediti zakon promene napona na kondenzatoru C u kolu sa slike 1.6 posle otvaranja prekidača S. Pretpostaviti da je prekidač dovoljno vremena bio zatvoren tako da se u kolu uspostavio ustaljen režim. 23


Rešenje: Kako je pre otvaranja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, struja kroz kondezator iC = 0. Napon na kondezatoru neposredno pre otvaranja prekidača S je: vC ( t = 0− ) = V

R3 R1 + R 3

(1.6.1)

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

R3 R1 + R 3

(1.6.2)

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

24


Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.6.1 dobija se: (R 1 + R 2 )i( t ) + v C ( t ) = V

(1.6.3)

Kako su struja i napon na kondenzatoru vezani relacijom: i( t ) = C

dv C ( t ) dt

(1.6.4)

jednačina (1.6.3) može se napisati u obliku: ( R 1 + R 2 )C

dv C ( t ) + v C (t) = V dt

(1.6.5)

Jednačina (1.6.5) je nehomogena linearna diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijentima. Rešenje ove jednačine jednako je zbiru opšteg rešenja homogene jednačine: ( R 1 + R 2 )C

dv C ( t ) + v C (t) = 0 dt

(1.6.6)

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

−

t τ

(1.6.7)

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

(1.6.8)

Opšte rešenje jednačine (1.6.5) je:

25


vC ( t ) = vCh ( t ) + vCp = Ae

−

t τ

+V

(1.6.9)

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

R3 = A+V R1 + R 3

(1.6.10)

odnosno: A = −V

R1 R1 + R 3

(1.6.11)

Zakon promene napona na kondezatoru posle otvaranja prekidača S je: t ⎛ − ⎞ R1 ⎜ v C ( t ) = V ⎜1 − e τ ⎟⎟ ⎟ ⎜ R1 + R 3 ⎠ ⎝

(1.6.12)

1.7) Odrediti zakon promene napona na otporniku R u kolu sa slike 1.7 posle zatvaranja prekidača S. Svi početni uslovi su nula.

Rešenje: Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 1.7 izgleda kao kolo na slici 1.7.1. 26


Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.7.1 dobija se: V = v1 ( t ) + Ri1 ( t ) − Ri 2 ( t ) = v1 ( t ) + RC 0 = −Ri1 ( t ) + v 2 ( t ) + 2Ri 2 ( t ) = −RC

dv ( t ) dv1 ( t ) − RC 2 dt dt

dv ( t ) dv1 ( t ) + v 2 +2RC 2 dt dt

(1.7.1) (1.7.2)

Jednačina (1.7.2) može se napisati u obliku: 2RC

dv ( t ) dv 2 ( t ) + v 2 ( t ) = RC 1 dt dt

(1.7.3)

Sabiranjem jednačina (1.7.1) i (1.7.2) dobija se: V = v1 ( t ) + v 2 ( t ) + RC

dv 2 ( t ) dt

(1.7.4)

Diferenciranjem jednačine (1.7.4) dobija se: d 2 v 2 ( t ) dv 2 ( t ) dv1 ( t ) = −RC − dt dt dt 2

(1.7.5)

Iz jednačina (1.7.3) i (1.7.5) dobija se sledeća diferencijalna jednačina: 2 dv ( t ) dv 2 ( t ) 2 2 d v 2 (t) + v 2 ( t ) = −R C − RC 2 2RC 2 dt dt dt

(1.7.6)

odnosno:

27


R 2C 2

d 2 v 2 (t) dt 2

+ 3RC

dv 2 ( t ) + v 2 (t) = 0 dt

(1.7.7)

Jednačina (1.7.7) je homogena linearna diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijentima drugog reda. Rešenje ove jednačine je oblika: v 2 ( t ) = Ke pt

(1.7.8)

Zamenom jednačine (1.7.8) u jednačinu (1.7.7) dobija se: R 2 C 2 p 2 + 3RCp + 1 = 0

(1.7.9)

Jednačina (1.7.9) je karakteristična jednačina. Koreni karakteristične jednačine su: p1, 2 =

− 3RC ± 9R 2 C 2 − 4R 2 C 2 2R 2 C 2

=

− 3RC ± 5R 2 C 2 2R 2 C 2

(1.7.10)

odnosno: 1 1 −3+ 5 −3− 5 = −0.38 i p2 = = −2.62 2RC RC 2RC RC Zakon promene napona v2(t) je:

p1 =

v 2 ( t ) = K1e p1 t + K 2e p 2 t

Zakon promene napona vo(t) je:

(

v o ( t ) = Ri 2 ( t ) = RC K1p1e p1t + K 2 p 2 e p 2 t

(1.7.11)

)

(1.7.12)

Konstante K1 i K2 određuju se iz početnih uslova: v 2 (0 + ) = 0 = K 1 + K 2

(1.7.13)

v o (0 + ) = V = RC(K1p1 + K 2 p 2 )

(1.7.14)

Iz jednačina (1.7.13) i (1.7.14) sledi da su konstante K1 i K2: K1 =

V V = 0.446 ⋅ V i K 2 = − = −0.446 ⋅ V RC(p1 − p 2 ) RC(p1 − p 2 )

28


Zakon promene napona vo(t) je: 0.38 ⎤ 2.62 ⎡ − − t t v o ( t ) = V ⎢1.17 ⋅ e RC − 0.17 ⋅ e RC ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

(1.7.15)

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

Rešenje: Kako je pre zatvaranja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, napon na zavojnici je vL = 0. Struja kroz zavojnicu neposredno pre otvaranja prekidača je: i L ( t = 0− ) =

V R1

(1.8.1)

Prilikom otvaranja prekidača S struja kroz zavojnicu se ne menja trenutno, odnosno: V (1.8.2) R1 Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 1.8 izgleda kao kolo na

i L ( t = 0+ ) = i L ( t = 0− ) =

slici 1.8.1. 29


Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.8.1 dobija se: v L ( t ) + (R 1 || R 2 )i L ( t ) = V

(1.8.3)

Kako su struja i napon na zavojnici vezani relacijom: v L (t) = L

di L ( t ) dt

(1.8.4)

jednačina (1.8.3) postaje: di ( t ) L V ⋅ L + i L (t) = R 1 || R 2 dt R 1 || R 2

(1.8.5)

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

V (R 1 || R 2 )

(1.8.6)

R1 || R 2 . L

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

(1.8.7)

30


odnosno: ⎛ 1 R1 + R 2 ⎞ V ⎟⎟ = − A = V⎜⎜ − R1R 2 ⎠ R2 ⎝ R1

(1.8.8)

Zakon promene struje kroz zavojnicu je: iL (t) =

V V − γt − ⋅e R1 || R 2 R 2

(1.8.9)

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

(1.8.10)

R 1i R1 ( t ) = R 2 i R 2 ( t )

(1.8.11)

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

⎞ R1 V ⎛ R1 ⎜⎜1 − iL (t) = e − γt ⎟⎟ R1 + R 2 R 2 ⎝ R1 + R 2 ⎠

(1.8.12)

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

Rešenje: Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 1.9 izgleda kao kolo na slici 1.9.1. 31


Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.9.1 dobija se: di1 ( t ) di ( t ) − L1 2 =V dt dt

(1.9.1)

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

(1.9.2)

R 1i1 ( t ) + L1 − L1

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

di 2 ( t ) =V dt

(1.9.3)

Diferenciranjem jednačina (1.9.3) dobija se: L2

d 2i 2 (t ) dt 2

+ R2

di ( t ) di 2 ( t ) + R1 1 = 0 dt dt

(1.9.4)

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

(1.9.5)

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

d 2i 2 (t) dt 2

⎛ L + L 2 ⎞ di 2 ( t ) R 1R 2 ⎟ + ⎜⎜ R 2 + R 1 1 + i 2 (t) = 0 L1 ⎟⎠ dt L1 ⎝

(1.9.6)

Jednačina (1.9.6) je homogena linearna diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijentima drugog reda. Rešenje ove jednačine je oblika:

32


i 2 ( t ) = Ke pt

(1.9.7)

Zamenom jednačine (1.9.7) u jednačinu (1.9.6) dobija se: ⎛ L + L2 L 2 p 2 + ⎜⎜ R 2 + R 1 1 L1 ⎝

⎞ R R ⎟⎟p + 1 2 = 0 L1 ⎠

(1.9.8)

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

p1, 2 =

⎛ L + L2 ⎞ ⎟± − ⎜⎜ R 2 + R1 1 L1 ⎟⎠ ⎝

2

⎛ L + L2 ⎞ RR ⎟⎟ − 4 1 2 L 2 ⎜⎜ R 2 + R1 1 L1 ⎠ L1 ⎝ 2L 2

(1.9.9)

odnosno: p1,2

⎛ R + R 2 R1 ⎞ ⎟⎟ ± = −⎜⎜ 1 + 2 L 2 L 2 1⎠ ⎝

2

⎛ R 1 + R 2 R1 ⎞ RR ⎜⎜ ⎟⎟ − 1 2 + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2

(1.9.10)

Kako je: 2

2

2

⎛ R ⎛ R1 + R 2 R 1 ⎞ R 1R 2 ⎛ R 2 R ⎞ RR R ⎞ ⎟⎟ − ⎜⎜ > ⎜⎜ + 1 ⎟⎟ − 1 2 = ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ ≥ 0 + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2 2L1 ⎠ ⎝ 2L 2 Oba rešenja karakteristične jednačine su realna i negativna: 2

⎛ R + R 2 R1 ⎞ ⎟⎟ + p1 = −⎜⎜ 1 + 2 L 2 L 2 1⎠ ⎝

⎛ R1 + R 2 R1 ⎞ RR ⎟⎟ − 1 2 ⎜⎜ + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2

⎛ R + R 2 R1 ⎞ ⎟− p 2 = −⎜⎜ 1 + 2L1 ⎟⎠ ⎝ 2L 2

⎛ R1 + R 2 R 1 ⎞ RR ⎟⎟ − 1 2 ⎜⎜ + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2

(1.9.11)

2

(1.9.12)

Rešenje diferencijalne jednačine (1.9.6) je: i 2 ( t ) = K1e p1t + K 2 e p 2 t

(1.9.13)

33


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

(1.9.14)

Iz jednačina (1.9.13) i (1.9.14) sledi da je: 0 = K1 + K 2

(1.9.15)

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

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

(1.9.16)

Diferenciranjem jednačine (1.9.13) dobija se: di 2 = K1p1e p1t + K 2 p 2 e p 2 t dt

(1.9.17)

Iz jednačina (1.9.16) i (1.9.17) sledi da je: V = K1p1 + K 2 p 2 L2

(1.9.18)

Iz jednačina (1.9.15) i (1.9.18) dobijaju se konstante K1 i K2: K1 =

V = L 2 (p1 − p 2 )

V 2

(1.9.19)

⎛ R + R 2 R1 ⎞ RR ⎟⎟ − 1 2 2L 2 ⎜⎜ 1 + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2

34


K2 = −

V =− L 2 (p1 − p 2 )

V

(1.9.20)

2

⎛ R + R 2 R1 ⎞ RR ⎟⎟ − 1 2 2L 2 ⎜⎜ 1 + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2

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

di 2 = dt

V 2

⎛ R + R 2 R1 ⎞ RR ⎟⎟ − 1 2 2 ⎜⎜ 1 + 2L1 ⎠ L1L 2 ⎝ 2L 2

(

⋅ p1e p1t − p 2e p 2 t

)

(1.9.21)

1.10) Odrediti zakon promene struje kroz zavojnicu L u kolu sa slike 1.10 posle prebacivanja prekidača iz položaja a u položaj b. Pretpostaviti da se pre prebacivanja prekidača u kolu uspostavio ustaljen režim. Između parametara kola postoji veza L = R 2 C .

Rešenje: Kako je pre prebacivanja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, kolo sa slike 1.10 izgleda kao kolo sa slike 1.10.1. Sa slike 1.10.1 se vidi da su struja kroz zavojnicu L i napon na kondenzatoru C, neposredno pre prebacivanja prekidača S iz položaja a u položaj b:

35


i L (t = 0 − ) =

V 2R

(1.10.1)

v C ( t = 0 − ) = Ri L ( t = 0 − ) =

V 2

(1.10.2)

Prilikom prebacivanja prekidača S iz položaja a u položaj b struja kroz zavojnicu L i napon na kondenzatoru C se ne menjaju trenutno, odnosno: i L (t = 0 − ) = i L (t = 0 + ) =

V 2R

v C ( t = 0 − ) = v C ( t = 0 + ) = Ri L ( t = 0 − ) =

(1.10.3) V 2

(1.10.4)

Posle prebacivanja prekidača S iz položaja a u položaj b kolo sa slike 1.10 izgleda kao kolo na slici 1.10.2:

36


Sa slike 1.10.2 se vidi da je: V = Ri1 ( t ) + v C ( t )

(1.10.5)

− V = Ri 2 ( t ) + v L ( t ) − v C ( t )

(1.10.6)

C

dv C ( t ) = i1 ( t ) − i 2 ( t ) dt

(1.10.7)

di 2 ( t ) dt

(1.10.8)

v L (t) = L

Iz jednačina (1.10.5) i (1.10.6) sledi da je: Ri1 ( t ) + Ri 2 ( t ) + v L ( t ) = Ri1 ( t ) + Ri 2 ( t ) + L

di 2 ( t ) =0 dt

(1.10.9)

odnosno: i1 ( t ) + i 2 ( t ) = −

di ( t ) L di 2 ( t ) ⋅ = − RC 2 dt R dt

(1.10.10)

Jednačina (1.10.6) se može napisati u obliku: − V = Ri 2 ( t ) + L

di 2 ( t ) 1 − ∫ [i1 ( t ) − i 2 ( t )]dt dt C

(1.10.11)

odnosno: i1 ( t ) − i 2 ( t ) = RC

di 2 ( t ) d 2i 2 (t) di 2 ( t ) d 2i 2 (t ) + LC = RC + RC (1.10.12) dt dt dt 2 dt 2

Iz jednačina (1.10.10) i (1.10.12) sledi da je: 2i 2 ( t ) = −R 2 C 2

d 2i 2 (t) dt 2

− 2RC

di 2 ( t ) dt

(1.10.13)

odnosno: R 2C 2

d 2i 2 (t) dt 2

+ 2RC

di 2 ( t ) + i 2 (t) = 0 dt

(1.10.13)

37


Rešenje homogene linearne diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentima drugog reda (1.10.13) je oblika: i 2 ( t ) = Ke pt

(1.10.14)

Zamenom jednačine (1.10.14) u jednačinu (1.10.13) dobija se: R 2 C 2 p 2 + 2RCp + 1 = 0

(1.10.15)

Koreni karakteristične jednačine (1.10.15) su: p1, 2 =

− 2RC ± 4R 2 C 2 − 8R 2 C 2 2R 2 C 2

(1.10.16)

odnosno: p1 =

−1− j −1+ j i p2 = RC RC

Rešenje diferencijalne jednačine (1.10.14) je: i 2 (t) = e

−

t RC ⎛ ⎜K

⎝

1 cos

t t ⎞ + K 2 sin ⎟ RC RC ⎠

(1.10.17)

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

V = K1 2R

v L (t = 0 + ) = L

di 2 dt

t =0+

(1.10.18) =0=−

1 1 K1 + K2 = 0 RC RC

(1.10.19)

Iz jednačina (1.10.18) i (1.10.19) sledi da je K2 = – K1. Zakon promene struje kroz zavojnicu L je: t

V − RC ⎛ t t ⎞ ⋅e + sin i 2 (t) = ⎜ cos ⎟ 2R RC RC ⎠ ⎝

(1.10.20)

38

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

2. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Laplasove transformacije zasnivaju se na integralima: ∞

F(s) = L[f ( t )] = ∫ f ( t )e −st dt

(1)

0

1 f ( t ) = L [F(s)] = 2πj −1

σ + j∞

∫ F(s)e

st

ds

(2)

σ − j∞

gde su: L – operator direktne Laplasove transformacije L−1 – operator inverzne Laplasove transformacije

s = σ + ω – kompleksna promenjiva Laplasove transformacije F(s) – kompleksni lik funkcije f(t) f(t) – original funkcije F(s) Integral (1) predstavlja direktnu Laplasovu transformaciju i prevodi vremensku funkciju f(t) u kompleksnu funkciju, dok integral (2) predstavlja inverznu Laplasovu transformaciju i prevodi kompleksnu funkciju F(s) u vremensku funkciju f(t). Egzistencija integrala (1) zavisi od oblika funkcije f(t) i vrednosti σ. Laplasova transformacija funkcije f(t) postoji samo za σ > σo. Veličina σo 39


naziva se apcisa apsolutne konvergencije i predstavlja minimalnu (realnu i pozitivnu) vrednost σ = σo const. koja obezbeđuje konvergenciju integrala funkcije f(t): ∞

∫ f (t) e

− σt

dt < ∞ , σ ≥ σo

(3)

0

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

OSOBINE DIREKTNE LAPLASOVE TRANSFORMACIJE 1. Teorema linearnosti L[a1f1 ( t ) + a 2f 2 ( t )] = a1F1 (s) + a 2 F2 (s) , ( a1, a 2 ∈R)

2. Teorema o izvodu originala (realno diferenciranje) ⎤ ⎡d L ⎢ f ( t )⎥ = sF(s) − f (0+ ) ⎦ ⎣ dt n ⎡ dn ⎤ L ⎢ n f ( t )⎥ = s n F(s) − s n − k f ( k −1) (0+ ) ⎢⎣ dt ⎥⎦ k =1

∑

3. Teorema o integralu originala (realno integraljenje)

[

]

F(s) + L ∫ f ( t )dt = s ⎡t ⎤ F(s) L ⎢ ∫ f ( t )dt ⎥ = s ⎢⎣ 0 ⎥⎦

∫

0+

f ( t )dt s

40


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

[

]

d F(s) ds

L t n f ( t ) = (−1) n

dn ds n

F(s)

5. Kompleksno integraljenje ∞

⎡ f (t) ⎤ L⎢ = ∫ F(s)ds ⎣ t ⎥⎦ s 6. Teorema kašnjenja (realna translacija) L[f ( t − a )] = e − as F(s) , a > 0

7. Teorema pomeranja (kompleksna translacija)

[

]

L e − αt f ( t ) = F(s + α)

8. Teorema sličnosti

L[f (at )] =

1 ⎛s⎞ F⎜ ⎟ a ⎝a⎠

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

t →0

s →∞

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

t →∞

s →0

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

f ( t ) = ∫ f1 ( t − τ)f 2 (τ)dτ 0

41


tada je: F(s) = L[f ( t )] = F1 (s)F2 (s)

LAPLASOVE TRANSFORMACIJE OSNOVNIH FUNKCIJA

1. Heaviside – ova funkcija Ova funkcija je poznata i pod imenom jedinična odskočna funkcija. Data je relacijom: ⎧1 t ≥ 0 U( t ) = ⎨ ⎩0 t < 0 Funkcija U(t) ima prekid u tački t = 0 (slika 1). Ako prekid postoji u tački t = τ (slika 2), tada funkcija glasi: ⎧1 t ≥ τ U( t − τ) = ⎨ ⎩0 t < τ

Laplasova transformacija Heaviside – ove funkcije je:

L[U( t )] =

1 s

1 L[U( t − τ)] = e −sτ s 42


2. Dirac – ova delta funkcija Ova funkcija je poznata i pod imenom jedinična impulsna funkcija. Data je relacijom: ⎧∞ t = 0 δ( t ) = ⎨ ⎩0 t ≠ 0 Pri tome je: ∞

∫ δ(t )dt = 1 0

Laplasova transformacija Dirac – ove delta funkcije je: ∞

L[δ( t )] = ∫ δ( t )e

−st

dt = e

−st

∞

| t =0

0

∫ δ(t )dt = 1 0

3. Nagibna funkcija Ova funkcija je data relacijom:

f ( t ) = atU( t ) ili, s obzirom na definiciju funkcije U(t) f ( t ) = at , t ≥ 0 Laplasova transformacija nagibne funkcije je: L[at ] =

a s2

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

Laplasova transformacija je:

[ ]

L e −αt =

1 s+α 43


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

Laplasova transformacija je:

[

]

L 1 − e − αt =

α s(s + α)

5. Prostoperiodične funkcije Za sinusnu i kosinusnu funkciju f1 ( t ) = U( t ) sin(β t ) f 2 ( t ) = U( t ) cos(β t )

Laplasova transformacija je: L[sin(β t )] = L[cos(βt )] =

β 2

s + β2 s s 2 + β2

INVERZNA LAPLASOVA TRANSFORMACIJA

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

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

(4)

gde su P(s) i Q(s) polinomi po s, pri čemu je stepen polinoma u brojitelju manji ili jednak stepenu polinoma u imenitelju (m ≤ n ) . Nule polinom P(s) 44


i Q(s) nazivaju se nule i polovi funkcije F(s). Pošto su P(s) i Q(s) polinomi sa realnim koeficijentima, njihove nule, odnosno nule i polovi funkcije F(s) mogu biti ili realni, ili u konjugovano kompleksnim parovima. Tada se inverzna Laplasova transformacija može naći razvojem funkcije F(s) u parcijalne razlomke (Hevisajdov razvoj) ili primenom Košijeve teoreme ostataka. U mnogim slučajevima inverzna Laplasova transformacija može se naći u tablicama Laplasovih transformacionih parova. Metoda parcijalnih razlomaka

Funkcija (4) može se napisati u obloku: F(s) =

P(s) P(s) = Q(s) A(s − s1 )(s − s 2 ) ⋅ ⋅ ⋅ (s − s n )

Mogući su sledeći slučajevi: a) koreni su međusobno različiti:

Funkcija F(s) može se tada prikazati u obliku: F(s) =

n K1 K2 Kn Kk + + ⋅⋅⋅ + =∑ s − s1 s − s 2 s − s n k =1 s − s k

gde su K1, K2,… Kn konstantni koeficijenti. Množenjem jednačine sa (s − s k ) i prelaženjem na graničnu vrednost dobija se: n

Kk P(s) = lim (s − s k ) s →s k Q(s) k =1 s − s k

lim (s − s k ) ∑

s →s k

odnosno: P(s) ⎤ ⎡ K k = ⎢(s − s k ) ⎥ Q(s) ⎦ s = s ⎣ k

45


Inverzna Laplasova transformacija funkcije F(s) određuje se na taj način što se za svaki član parcijalnog razlomka odredi inverzna transformacija: −1 ⎡

Kk ⎤ n s t f (t ) = L ⎢∑ ⎥ = ∑ Kke k ⎢⎣k =1 s − s k ⎥⎦ k =1 n

Ako su neki koreni kompleksni, oni se javljaju u konjugovanim parovima. Neka su s k = −α k + jβ k i s k +1 = s *k = −α k − jβ k . Tada se funkcija (4) može prikazati u obliku: F(s) =

P(s) (s − s k )(s − s *k )Q1 (s)

=

Kk K P(s) + k +*1 + s − s k s − s k Q1 (s)

Za koeficijente Kk i Kk+1 dobija se: ⎡ P(s k ) P(s k ) P(s) ⎤ K k = ⎢(s − s k ) = = ⎥ * Q(s) ⎦ s=s (s k − s k )Q1 (s k ) j2β k Q1 (s k ) ⎣ k ⎡ P(s) ⎤ P(s*k ) P(s*k ) K k +1 = ⎢(s − s*k ) = = − ⎥ Q(s) ⎦ s =s* (s*k − s k )Q1 (s*k ) j2βk Q1 (s*k ) ⎣ k

Kompleksni koeficijenti Kk i Kk+1 su konjugovani:

K k = x k + jy k = K k e jϕk K k +1 = K *k = x k − jy k = K k e − jϕk gde je: ϕ k = arctg

yk . xk

Pri nalaženju inverzne Laplasove transformacije funkcije F(s) članovi zbira sa kompleksnim korenima se objedinjuju. Tada je:

46


⎡ K K *k ⎤ L−1 ⎢ k + = K k e − α k t e j( β k t + ϕ k ) + K k e − α k t e − j( β k t + ϕ k ) = * ⎥ s s − s s − k k ⎦ ⎣ = 2 K k e −α k t cos(β k t + ϕ k )

b) koreni su višestruki

Kada se koreni polinoma u imenitelju funkcije (4) ponavljaju, ona se može napisati u obliku: P(s) P(s) = m Q(s) A(s − s1 ) 1 (s − s 2 ) m 2 ⋅ ⋅ ⋅ (s − s n ) m n

F(s) =

Svaki koren sk multipliciteta mk može se napisati u obliku: K k1 (s − s k ) m k

+

K k2

(s − s k ) m k −1

+ ⋅⋅⋅ +

K km k s − sk

mk

=∑

K kj

j=1 (s − s k )

m k − j+1

odnosno za celu funkciju F(s) dobija se: n

F(s) = ∑

mk

K kj

∑ (s − s

k =1 j=1

k)

m k − j+1

Koeficijenti korena sk određuju se tako što se prethodna jednačina pomnoži sa (s − s k ) m k i stavi s = s k :

[(s − s

k)

mk

]

[

F(s) s=s = K k1 + K k 2 (s − s k ) + ⋅ ⋅ ⋅ + K km k (s − s k ) m k −1 k

]

s =s k

= K k1

Diferenciranjem ovog izraza po s, pre prelaska na graničnu vrednost, i smenom s = s k , dobija se: ⎤ ⎡d mk = [K k 2 + 2K k 3 (s − s k ) + ⋅ ⋅ ⋅]s=s = K k 2 ⎢ ds (s − s k ) F(s)⎥ k ⎦ s =s k ⎣

47


Za nalaženje opšteg koeficijenta Kkj diferenciranje treba produžiti do (mk –1 ) – og izvoda, a zatim staviti s = sk. Tada je: K kj

⎤ 1 ⎡ d j−1 m = ⎢ j−1 (s − s k ) k F(s)⎥ ( j − 1)! ⎣⎢ ds ⎦⎥

, j = 1,2, …mk s =s k

Sa poznatim koeficijentima Kkj, inverzna transformacija funkcije postaje: n

f (t) = ∑

mk

K kj

∑ (m

k =1 j=1

k

t m k − je sk t − j)!

48


TABLICA LAPLASOVIH TRANSFORMACIONIH PAROVA

No 1 1 2 1 s

3

n

δ( t ) , n = 1,2,3,... 1

(s + α) n

4

sn n +1

5 6 7

(s + α) 1 (s + α)(s + γ )

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

8

9

1 (s + α)(s + γ )(s + δ) 1 (s + α )s 2

10

11

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

12

f(t) , t ≥ 0

F(s)

(s + α) s 1 s 2 + β2

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

− αt

n!(−α) k

n

∑ (n − k )!(k!) 2 t k

k =0

e

− αt

− e − γt γ−α

(a o − α)e −αt − (a o − γ )e − γt γ−α

[(a o − α) t + 1]e −αt e − αt e − γt e −δt + + ( γ − α)(δ − α) (α − γ )(δ − γ ) (α − δ)( γ − δ) e − αt + αt − 1 α2 ( a o − α ) e − αt (a − γ )e − γt (a − δ)e −δt + o + o ( γ − α)(δ − α) (α − γ )(δ − γ ) (α − δ)( γ − δ) ao 2

+(

α − ao a t − o2 )e −αt α α

α 1 sin(β t ) β

49


13 14 15 16

1 2

2

2

2

2

2

s −β s s +β s

cos(β t ) ch (βt )

s −β 1 2

17

1 sh (βt ) β

(s + α ) + β s+α

2

(s + α) 2 + β 2

1 − αt e sin(βt ) β e −αt cos(β t )

20

e −as

δ( t − a )

21

e −as s

U( t − a )

22

e −as

( t − a ) U( t − a )

s2 23 24

e −as s+α e −as

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

(s + α) 2

25

e −as (s + α)(s + γ )

26

1 − e −as s

27

e −as − e − bs s

28

(s + a )e −as as 2

⎡ e − α ( t −a ) − e − γ ( t −a ) ⎤ ⎥ U( t − a ) ⎢ γ−α ⎥⎦ ⎢⎣ U( t ) − U( t − a ) U ( t − a ) − U ( t − b) (t −

1 − a ) U( t − a ) a

50


2.1) Odrediti zakon promene napona na otporniku R3 u kolu sa slike 2.1 posle zatvaranja prekidača S. Napon na kondenzatoru u trenutku zatvaranja prekidača S je vC(t = 0+) = VC = const.

Rešenje: Između napona na kondenzatoru i struje koja kroz njega protiče postoji veza: v C (t) =

1 i C ( t )dt C∫

(2.1.1)

Primenom teoreme o integralu originala jednačina (2.1.1) postaje: 0+

v (0 ) 1 1 ∫ i C ( t )dt VC (s) = I C (s) + ⋅ = Z C (s)I C (s) + C + sC C s s gde je ZC (s) =

(2.1.2)

1 . Iz jednačine (2.1.2) sledi da se kondenzator sa sC

početnim naponom vC(t = 0+) može prikazati kolom u kome je serijski sa kondenzatorom vezan idealan naponski izvor

v C (t = 0 + ) , koji uzima u s

obzir početne uslove (slika 2.1.1).

51


Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 2.1 izgleda kao kolo na slici 2.1.2.

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 2.1.2 dobija se: V = (R1 + R 2 )I1 (s) − R 2I 2 (s) s −

VC 1 ⎞ ⎛ = −R 2 I1 (s) + ⎜ R 2 + R 3 + ⎟I 2 (s) s sC ⎠ ⎝

(2.1.3) (2.1.4)

Eliminacijom struje I1(s) iz jednačina (2.1.3) i (2.1.4) dobija se: R2

V ⎡ ⎤ V 1 ⎞ ⎛ − (R 1 + R 2 ) C = ⎢(R 1 + R 2 )⎜ R 2 + R 3 + ⎟ − R 22 ⎥ I 2 (s) s s sC ⎠ ⎝ ⎣ ⎦

(2.1.5)

odnosno: 52


R2 V − VC R1+ R 2 R1+ R 2 I 2 (s) = ⋅ 1 R1R 2 + R1R 3 + R 2 R 3 s+ τ

gde je τ =

(2.1.6)

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

Zakon promene napona na otporniku R3 je: R2 V − VC R 3 (R1+ R 2 ) R1+ R 2 ⋅ Vo (s) = R 3I 2 (s) = 1 R1R 2 + R1R 3 + R 2 R 3 s+ τ

(2.1.7)

Primenom inverzne Laplasove transformacije zakon promene napona vo ( t ) je: t

⎞ − ⎛ R2 R 3 (R1+ R 2 ) ⎜⎜ V − VC ⎟⎟e τ vo ( t ) = R1R 2 + R1R 3 + R 2R 3 ⎝ R1+ R 2 ⎠

(2.1.8)

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

53


Rešenje: Između napona na induktivitetu i struje koja kroz njega protiče postoji veza: v L (t) = L

di L ( t ) dt

(2.2.1)

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

(2.2.2)

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

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

V R

(2.2.3)

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

V R

(2.2.4)

54


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

(2.2.5)

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

Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 2.2.2 dobija se: V VL1 + = (sL1 + R )I L1 (s) − RI L 2 (s) R s

(2.2.6)

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

(2.2.7)

Rešavanjem ovog sistema jednačina Kramerovim pravilom dobija se:

∆=

sL1 + R −R ⎛ L + L2 ⎞ = (sL1 + R )(sL 2 + R ) − R 2 = sL1L 2 ⎜⎜ s + 1 R ⎟⎟ −R sL 2 + R L1L 2 ⎠ ⎝

V VL1 + ∆1 = s R 0 ∆2 =

sL1 + R −R

⎡ V VL1 ⎤ =⎢ + (sL 2 + R ) R ⎥⎦ sL 2 + R ⎣ s −R

V VL1 ⎡ V VL1 ⎤ + s R =⎢ + ⎥R s R ⎣ ⎦ 0

55


Struja kroz otpornik R je: I(s) =

∆1 − ∆ 2 VL1 1 V 1 = ⋅ + ⋅ L + L2 ∆ R L1 ⎛ L + L2 ⎞ R s+ 1 R ⎟⎟ s⎜⎜ s + 1 L1L 2 L1L 2 ⎝ ⎠

(2.2.8)

Zakon promene struje i(t) je: −

L1 + L 2 Rt L1L 2

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

L1 + L 2 Rt L1L 2

(2.2.9)

odnosno: L1 + L 2 ⎞ ⎛ L1 − L1L 2 Rt ⎟ V L2 ⎜ e 1+ i( t ) = ⋅ ⎟ R L1 + L 2 ⎜⎜ L 2 ⎟ ⎝ ⎠

(2.2.10)

2.3) Odrediti zakon promene struje kroz generator V u kola sa slike 2.3 posle zatvaranja prekidača S. Pretpostaviti da je pre zatvaranja prekidača u kolu vladao ustaljen režim.

56


Rešenje: Kako je pre zatvaranja prekidača S u kolu vladao ustaljen režim, struja ne teče kroz kondenzator C, a pad napona na zavojnici L je nula. Zato je: i L (t = 0 − ) =

V R1 + R 2

(2.3.1)

v C (t = 0 − ) =

R2 V R1 + R 2

(2.3.2)

Prilikom zatvaranja prekidača struja kroz zavojnici i napon na kondenzator se ne menjaju trenutno, odnosno: i L (t = 0 − ) = i L (t = 0 + ) =

V R1 + R 2

v C (t = 0 − ) = v C (t = 0 + ) =

R2 V R1 + R 2

(2.3.3) (2.3.4)

Posle zatvaranja prekidača S kolo sa slike 2.3 izgleda kao na slici 2.3.1.

Sa slike 2.3.1 se vidi da je: I(s) = I1 (s) + I 2 (s)

(2.3.5) 57


gde su: V VL R + R2 + s+ 1 s R1 + R 2 V L = = ⋅ I1 (s) = R2 ⎞ R 2 + sL R1 + R 2 ⎛ s⎜ s + ⎟ L ⎠ ⎝ (2.3.6) =

VR 1 V 1 1 ⋅ + ⋅ R ⎞ R 1 + R 2 s (R 1 + R 2 )L ⎛ s⎜ s + 2 ⎟ L ⎠ ⎝

V V R2 − ⋅ R1V 1 s s R1 + R 2 I 2 (s) = = ⋅ 1 R 3 ( R1 + R 2 ) s + 1 R3 + R 3C sC

(2.3.7)

Primenom inverzne Laplasove transformacije dobija se: R ⎡ ⎛ − 2 t ⎞⎤ R V L ⎜ 1 ⎢1 + i1 ( t ) = L [I1 (s)] = 1 − e L ⎟⎥ = ⋅ ⎜ ⎟⎥ R1 + R 2 ⎢ L R2 ⎝ ⎠⎦ ⎣ −1

(2.3.8) R ⎡ ⎛ − 2 t ⎞⎤ R V ⎜ 1 ⎢1 + 1 − e L ⎟⎥ = ⎜ ⎟⎥ R1 + R 2 ⎢ R 2 ⎝ ⎠⎦ ⎣ t

− VR 1 i 2 ( t ) = L [I 2 (s)] = e R 3C R 3 (R 1 + R 2 ) −1

(2.3.9)

Zakon promene struje kroz generator V je: ⎡ V ⎢1 + R 1 i ( t ) = i1 ( t ) + i 2 ( t ) = R1 + R 2 ⎢ R 2 ⎣⎢

1 ⎤ R2 ⎞ ⎛ − t ⎜ 1 − e − L t ⎟ + R 1 e R 3C ⎥ ⎜ ⎟ R ⎥ 3 ⎝ ⎠ ⎦⎥

(2.3.10)

58


2.4) Za RC filtere propusnike niskih učestanosti sa slike 2.4 izračunati: a)

prenosnu funkciju

b)

amplitudno frekventnu karakteristiku

c)

gornju graničnu frekvenciju i nacrtati amplitudno frekventnu karakteristiku

Rešenje: Prenosna funkcija je definisana odnosom kompleksnih funkcija odziva i pobude pri nultim početnim uslovima. Ona je potpuno određena strukturom sistema i parametrima koji sačinjavaju sistem. a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.4.a je: G (s) =

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

gde je ZC (s) =

(2.4.1)

1 . Prenosna funkcija je: sC

1 sC

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

(2.4.2)

Smenom s = jω jednačina (2.4.2) postaje: 59


G ( jω) =

1 ωo = jω + ωo 1 + j ω ωo

(2.4.3)

b) amplitudno frekventna karakteristika kola sa slike 2.4.a je: G ( jω) =

1 ⎛ ω⎞ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ωo ⎠

(2.4.4)

2

pri čemu je: G ( jω) ω→∞ = 0 i G ( jω) ω= 0 = 1 . c) Grafik amplitudno frekventne karakteristike prikazan je na slici 2.4.1. Frekvencija ω = ωH na kojoj je G ( jω H ) =

1 2

= 0.707 naziva se gornja

granična frekvencija. Iz jednačine (2.4.4) sledi da je ωH = ωo =

1 . RC

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

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

(2.4.5)

60


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

gde su: ωz =

1 sC

s+

(2.4.6)

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

Smenom s = jω jednačina (2.4.6) postaje: G ( jω) = a

jω + ωz jω + ωp

(2.4.7)

b) Amplitudno frekventna karakteristika kola sa slike 2.4.b je:

G ( jω) = a

ω2 + ω2z ω2 + ω2p

(2.4.8)

pri čemu je: G ( jω) ω→∞ = a , G ( jω) ω= 0 = 1 . c) Grafik amplitudno frekventne karakteristike prikazan je na slici 2.4.2.

61


Gornja granična frekvencija ωH se određuje iz uslova da je: G ( jω) ω=ω = H

za a <

1 2

=

ω 2H a 2 + ω 2p ω 2H + ω 2p

, odnosno ω H =

ωp 1 − 2a 2

. Postoji samo

1 . 2

2.5) Za RC filtere propusnike visokih učestanosti sa slike 2.5 izračunati: a) prenosnu funkciju b) amplitudno frekventnu karakteristiku c) donju graničnu frekvenciju i nacrtati amplitudno frekventnu karakteristiku

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

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

gde je ZC (s) =

(2.5.1)

1 . Prenosna funkcija je: sC 62


G (s) =

R 1 R+ sC

=

s 1 s+ RC

=

1 s , ωo = RC s + ωo

(2.5.2)

Smenom s = jω jednačina (2.5.2) postaje: G ( jω) =

jω 1 = jω + ωo 1 − j ωo ω

(2.5.3)

b) amplitudno frekventna karakteristika kola sa slike 2.5.a je: G ( jω) =

1 ⎛ω ⎞ 1+ ⎜ o ⎟ ⎝ ω⎠

(2.5.4)

2

pri čemu je: G ( jω) ω→∞ = 1 i G ( jω) ω= 0 = 0 . c) Grafik amplitudno frekventne karakteristike prikazan je na slici 2.5.1. Frekvencija ω = ωL na kojoj je G ( jω L ) =

1 2

= 0.707 naziva se donja

granična frekvencija. Iz jednačine (2.5.4) sledi da je ω L = ω o =

1 . RC

63


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

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

(2.5.5)

odnosno: 1 R2 R2 s + ωz R1C = G (s) = = = 1 R1 1 s + ωp + R2 + R2 s + R1 || R R C sC 1 + sCR1 1 2 R1 + R 2 1 ω 1 R2 gde su: ωz = , z = , ωp = = a <1 R1R 2C ωp R1 + R 2 R1C R1 + R 2 s+

(2.5.6)

Smenom s = jω jednačina (2.5.6) postaje: G ( jω) =

jω + ωz jω + ωp

(2.5.7)

b) Amplitudno frekventa karakteristika kola sa slike 2.5.b je: ω2 + ω2z

G ( jω) =

(2.5.8)

ω2 + ω2p

pri čemu je: G ( jω) ω→∞ = 1 , G ( jω) ω=0 = a . c) Grafik amplitudno frekventne karakteristike prikazan je na slici 2.5.2. Donja granična frekvencija ωL se određuje iz uslova da je: G ( jω) ω=ω = L

1 2

ω 2L + ω 2z

=

Postoji samo za a <

ω 2L

1 2

+ ω 2p

=

ω 2L + a 2 ω 2p ω 2L

+ ω 2p

, tj. za ω L = ω p 1 − 2a 2 .

.

64


2.6) Za naponski delitelj sa slike 2.6: a) Izračunati prenosnu funkciju b) Izračunati i nacrtati amlitudno frekventnu karakteristiku za: i) R1C1 < R 2C 2 ii) R1C1 > R 2C2 iii) R1C1 = R 2C2

65


Rešenje: a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.6 je: G (s) =

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

(2.6.1)

gde su: Z1 (s) = R1 ||

1 R1 = sC1 1 + sR1C1

Z2 (s) = R 2 ||

1 R2 = sC 2 1 + sR 2C 2

Prenosna funkcija je: R2 1 + sR 2 C 2 R2 1 + sR 1C1 (2.6.2) G (s) = = ⋅ R1 R2 R 1R 2 R1 + R 2 + 1+ s (C1 + C 2 ) 1 + sR 1C1 1 + sR 2 C 2 R1 + R 2

odnosno: s ωz G (s) = a s 1+ ωp 1+

gde su: ωz =

(2.6.3)

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

Smenom s = jω jednačina (2.6.3) postaje: ω ωz G ( jω) = a ω 1+ j ωp 1+ j

(2.6.4)

66


b) Amplitudno frekventna karakteristika kola sa slike 2.6 je: 2

⎛ ω⎞ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ωz ⎠ G ( jω) = a 2 ⎛ ω⎞ ⎟ ⎜ 1+ ⎜ ωp ⎟ ⎠ ⎝

(2.6.5)

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

=

R1 + R 2 R1 + R 2 < = R 1R 2 C1 + R 1R 2 C 2 R 1R 2 C1 + R 1R 1C1

R1 + R 2 1 = R 1C1 (R 1 + R 2 ) R 1C1

odnosno ωp < ωz . Grafik amplitudno frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.6.1. Iz jednačine (2.6.5) sledi da je G ( jω) ω→∞ = a

ωp ωz

< a i G ( jω) ω= 0 = a .

67


ii) Za R1C1 > R 2C2 sledi da je ωp > ωz . Grafik amplitudno frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.6.2. Iz jednačine (2.6.4) sledi da je: G ( jω) ω→∞ = a

iii) G ( jω) =

Za

ωp ωz

> a i G ( jω) ω= 0 = a

R1C1 = R 2C2

iz

jednačine

(2.6.4)

sledi

da

je

R2 = a . Grafik amplitudno frekventna karakteristika je R1 + R 2

prikazana na slici 2.6.3.

68


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

Rešenje: Ulazni napon je definisan na sledeći način: ⎧at ⎪ v i ( t ) = ⎨V ⎪0 ⎩

0≤t 2T

a=

V T

(2.7.1)

Ulazni napon može se predstaviti superpozicijom tri međusobno nezavisna napona prikazanim na slici 2.7.3.

69


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

(2.7.2)

v 2 ( t ) = −a ( t − T ) U ( t − T )

(2.7.3)

v3 ( t ) = − VU( t − 2T)

(2.7.4)

Ulazni napon je: v i ( t ) = v1 ( t ) + v 2 ( t ) + v 3 ( t ) =

(2.7.5) = atU( t ) − a ( t − T) U( t − T ) − VU( t − 2T)

Primenom direktne Laplasove transformacije jednačina (2.7.5) postaje: Vi (s) = L[v i ( t )] =

a s

2

−

a s

2

e −sT −

aT −2sT e s

(2.7.6)

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

1 1 , τ = RC ⋅ τ s+1 τ

(2.7.7)

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

a −sT aT − 2sT ⎞ ⎛a − e ⎜ 2 − 2e ⎟ s ⎛ 1⎞⎝s s ⎠ τ⎜ s + ⎟ τ ⎝ ⎠ 1

(2.7.8)

Zakon promene izlaznog napona sa vremenom je: ⎛ −t t ⎛ − t −T t − T ⎞ ⎞ ⎜ ⎟ τ − 1⎟ U( t − T) − v o ( t ) = aτ e + − 1 U( t ) − aτ⎜ e τ + ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ τ τ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ (2.7.9) t − 2T ⎞ ⎛ − ⎜ − aT 1 − e τ ⎟ U( t − 2T) ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

70


2.8) Odrediti zakon promene izlaznog napona CR kola sa slike 2.8.1 ako se od trenutka t = 0 pobuđuje naponom prikazanim na slici 2.8.2.

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

(2.8.1)

gde su: ⎧at ⎪ v i1 ( t ) = ⎨ ⎪0 ⎩

0≤t
a= t>T

⎧− a ( t − T ) + V ⎪ vi 2 ( t ) = ⎨ ⎪0 ⎩

V T

(2.8.2)

T ≤ t ≤ 2T

a= t > 2T

V T

(2.8.3)

Napon vi1(t) može se predstaviti superpozicijom tri međusobno nezavisna napona prikazanim na slici 2.8.3. Napon vi2(t) može se predstaviti superpozicijom tri međusobno nezavisna napona prikazanim na slici 2.8.4.

71


Napon vi1(t) je: v i1 ( t ) = v1 ( t ) + v 2 ( t ) + v 3 ( t ) =

(2.8.4) = atU( t ) − a ( t − T) U( t − T ) − VU( t − T)

Napon vi2(t) je: v i2 (t) = v 4 (t) + v 5 (t) + v 6 (t) =

(2.8.5) = −a ( t − T) U( t − T) + VU( t − T ) + a ( t − 2T) U( t − 2T)

Iz jednačina (2.8.4) i (2.8.5) sledi da je ulazni napon: vi ( t ) = atU( t ) − 2a ( t − T) U( t − T ) + a ( t − 2T) U( t − 2T)

(2.8.6)

Primenom direktne Laplasove transformacije jednačina (2.8.6) postaje: Vi (s) = L[vi ( t )] =

a s

2

−

2a s

2

e −sT +

a s

2

e − 2sT

(2.8.7)

Prenosna funkcija kola sa slike 2.8.1 je: G(s) =

s s+

1 τ

, τ = RC

(2.8.8)

72


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

1 ⎛ 1⎞ s⎜ s + ⎟ τ⎠ ⎝

− 2a

e −2sT e − sT +a ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ s⎜ s + ⎟ s⎜ s + ⎟ τ⎠ τ⎠ ⎝ ⎝

(2.8.9)

Zakon promene izlaznog napona sa vremenom je: t t −T t − 2T − ⎞ − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ v o (t) = aτ⎜⎜1 − e τ ⎟⎟ U(t) − 2aτ⎜⎜1 − e τ ⎟⎟ U(t − T) + aτ⎜⎜1 − e τ ⎟⎟ U(t − 2T) ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

73

TRANZISTORI

3. TRANZISTORI

Tranzistori su aktivni elementi koji prenose na potrošač veću snagu od one koju ulaže pobudni generator, na račun snage koju ulaže jednosmerni izvor za napajanje. Pored korišćenja u pojačavačkim kolima, tranzistori se koriste i u impulsnim i digitalnim kolima, pošto se brzo mogu prevesti iz stanja koje predstavlja približno kratak spoj, u stanje koje predstavlja otvorena vezu. Postoje dva tipa tranzistora: bipolarni tranzistori (BJT tranzistori ) i tranzistori sa efektom polja ( FET - tranzistori ).

BIPOLARNI TRANZISTORI Bipolarni tranzistori su elementi sa tri izvoda: baza B, emitor E i kolektor C. Izrađuju se u dva oblika PNP i NPN čiji su simboli prikazani na slici 1. Da bi tranzistor radio kao linearni pojačavač potrebno je da spoj baza – emitor bude direktno polarisan, a spoj baza – kolektor inverzno polarisan. Veza između jednosmernih struja tranzistora u ovom režimu je: IC = βIB i IE = (β+1)IB, gde je β koeficijenat strujnog pojačanja. Isti odnos važi i za naizmenične struje, odnosno: Ic = βIb i Ie = (β+1)Ib.

74

TRANZISTORI

Na slici 2 je data zavisnost struje kolektora IC od napona VCE za razne vrednosti struje baze. Napon VCE ima veliki uticaj na struju kolektora u dve oblasti: za veoma male napone VCE (0.1 V do 0.3 V) kada tranzistor radi u zasićenju (slika 2a) i za velike napone (25 V do 50 V) kada nastupa proboj (slika 2b). Između ove dve oblasti tranzistor radi u aktivnom režimu i napon VCE manje utiče na struju IC. Struja IC ima svoju minimalnu i maksimalnu vrednost. Minimalna vrednost određena je uslovom da se tranzistor ne zakoči, a maksimalna je određena maksimalno dozvoljenom disipacijom PDmax = (VCEIC)max.

75

TRANZISTORI

U pojačavačkim kolima sa bipolarnim tranzistorima jednosmerno stanje napona i struja u kolu je opisano radnom tačkom Q (mirnom tačkom), koja predstavlja stanje napona i struja na krajevima tranzistora u odsustvu promenjivog signala na ulazu pojačavačkog kola (slika 3).

Radna tačka leži na radnoj pravi. Kada na ulaz pojačavačkog kola deluje promenjiv signal, naponi i struje na krajevima tranzistora ne ostaju na vrednostima datim radnom tačkom, već se menjaju duž radne prave. Za radnu tačku tranzistora u pojačavačkim kolima se može odabrati koja tačka na radnoj pravi, u granicama dozvoljenih napona i struja. U linearnim pojačavačkim kolima radnu tačku treba postaviti na sredini radne prave tako da promena ulaznog signala ne dovede do izobličenja izlaznog signala. 76

TRANZISTORI

Na slici 3 je prikazana uticaj sinusne promene struje baze na položaj radne tačke. Pojačavačka kolo sa bipolarnim tranzistorima rade u linearnom režimu samo za male promene signala u okolini radne tačke Q.

TRANZISTORI SA EFEKTOM POLJA Tranzistori sa efektom polja su elementi sa tri izvoda: gejt G, sors S i drejn D. Dve osnovne vrste tranzistora sa efektom polja su JFET i MOSFET. JFET - ovi mogu biti N - kanalni (slika 4a) ili P - kanalni (slika 4b).

Na slici 5 je za N - kanalni JFET data zavisnost struje drejna ID od napona VDS za razne vrednosti napona VGS. Na slici je ucrtana linija VDS = VGS – VP, gde je VP napon praga provođenja. Da bi pojačavač sa JFET - om radio kao linearni pojačavač mirnu radnu tačku treba postaviti desno od ove linije, odnosno za N - kanalni JFET treba da važi VDS ≥ VDS – VP.

77

TRANZISTORI

78

TRANZISTORI

3.1) U pojačavaču sa zajedničkim emitorom sa slike 3.1 odrediti jednosmerne struje kolektora IC, emitora IE i baze IB , kao i jednosmerne napone na kolektoru VC, emitoru VE i bazi VB. Poznato je: R1 = 15 kΩ, R2 = 5 kΩ, RC = 4 kΩ, RE = 2 kΩ, C1 = 1 µF, C2 = 1 µF, VCC = 15 V, VBE = 0.6 V, β = 100.

Rešenje: Da bi odredili jednosmerne struje i jednosmerne napone u kolu potrebno je odrediti baznu struju. Kada je tranzistor u aktivnom režimu (spoj baza – emitor direktno polarisan, a spoj baza – kolektor inverzno polarisan), određivanjem struje baze, određene su i sve struje i naponi u kolu. Kondenzatori C1 i C2 su prazni pre uključenja jednosmernog napajanja VCC. Kada se uključi jednosmerno napajanje kondenzatori se u prelaznom režimu pune do napona koji su određeni elementima kola kroz koje teče struja u stacionarnom stanju. Kondenzator C1 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz pobudni generator Vi, a kondezator C2

79

TRANZISTORI

onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz potrošač. Za jednosmerni režim rada kolo sa slike 3.1 može se prikazati kolom na slici 3.1.1, pri čemu je bazno kolo (VCC, R1, R2) predstavljeno pomoću ekvivaletnog Tevenenovog kola.

Prema Tevenenovoj teoremi je: VTh =

R2 VCC = 3.75 V R1 + R 2

(3.1.1)

R Th =

R 1R 2 = 3.75 kΩ R1 + R 2

(3.1.2)

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

(3.1.3)

Kako je: I E = (β + 1)I B

(3.1.4)

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

80

TRANZISTORI

IB =

VTh − VBE = 1.5 ⋅ 10 −5 A R Th + (β + 1)R E

(3.1.5)

Tada je: I C = β I B = 1.5 ⋅ 10 −3 A I E = (β + 1)I B = 1.51 ⋅ 10 −3 A VB = VTh − R Th I B ≅ VTh = 3.75 V VE = VB − VBE = 3.15 V

VC = VCC − R C I C = 9 V 3.2) Za pojačavač sa zajedničkim emitorom sa slike 3.2 izračunati: a) Naponsko pojačanje G =

Vo Vi

b) Objasniti zašto ne valja uzemljiti emitor Poznato je: R1 = 20 kΩ, R2 = 20 kΩ, RC = 10 kΩ, RE = 2 kΩ, VCC = 15 V, VBE = 0.6 V, β = 100, C→∞.

81

TRANZISTORI

Rešenje: Kako C→∞, ZC =

1 → 0 , kondenzator C predstavlja kratku vezu za jωC

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

a) Naponsko pojačanje je: G=

Vo Vi

(3.2.1)

gde su: Vo = − R C I c

(3.2.2)

Vi = Vbe + R E I e

(3.2.3)

Ie gm

(3.2.4)

Vbe =

Transkonduktansa gm povezana je sa otporom emitora relacijom gm =

1 . Transkonduktansa gm data je relacijom: re

82

TRANZISTORI

IC VT

gm =

(3.2.5)

gde su:

kT e

VT =

(3.2.6)

k = 1.38⋅10-23 JK–1 – Bolcmanova konstanta e = 1.6⋅10–19 C – elementarno naelektrisanje T – apsolutna temperatura Na sobnoj temperaturi VT ≅ 25 mV. Jednosmerna struja kolektora je data relacijom (videti prethodni zadatak): R2 − VBE ) R1 + R 2 IC = = 3.2 mA R 1R 2 + (β + 1)R E R1 + R 2 β(VCC

Tada je transkonduktansa g m = 0.13

(3.2.7)

A . V

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

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

(3.2.8)

Kako je: Ic =

β Ie ≅ Ie β +1

(3.2.9)

naponsko pojačanje je : G=−

gmR C = −4.98 1+ gmR E

(3.2.10)

Kako je gmRE >> 1 naponsko pojačanje je:

83

TRANZISTORI

G≅−

RC RE

(3.2.11)

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

RC . Međutim, otpornost re je veoma zavisna od promene re

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

VBE VT

(3.2.12)

i sa promenom ulaznog napona menja se struja IC, a samim tim i re. Zato pojačanje ovog stepena zavisi od trenutne vrednosti napona na ulazu, pa će napon na izlazu biti deformisan. Pojačavač sa uzemljenim emiterom je nepodesan za polarizaciju. Sa promenom temperature, pri konstantnoj struji IC, napon VBE se smanjuje za oko 2.1 mV / proporcionalan sa

o

C (napon VBE je

1 ). Zbog toga struja IC raste sa porastom temperature T

(za faktor 10 sa porastom temperature za 30 oC), i male promene temperature mogu da dovedu pojačavač u saturaciju. Zato se ne koristi često pojačavač sa uzemljenim emiterom. 3.3) Dizajnirati pojačavač sa zajedničkim emitorom koji ima pojačanje G = – 100 i koji se napaja iz izvora VCC = 15 V. Struju kolektora u mirnoj radnoj tački postaviti na IC = 0.5 mA, a graničnu učestanost ulaznog kola postaviti na fg = 100 Hz. Radi temperaturne stabilnosti napon na emitoru u 84

TRANZISTORI

mirnoj radnoj tački postaviti na VE = 1 V. Objasniti ulogu svih elemenata u kolu. Poznato je: β = 100, VBE = 0.6 V. Rešenje: Na slici 3.3.1 je prikazana realizacija pojačavača sa zajedničkim emitorom sa NPN tranzistorom.

Otpornici R1 i R2 vrše polarizaciju baze. Otpornik RE određuje jednosmerni napon na emitoru i zajedno sa otpornikom RC određuje jednosmernu struju kolektora u mirnoj radnoj tački. Otpornik R reguliše naponsko pojačanje. Kondenzator C1 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz pobudni generator, a kondenzator C2 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz otpornik R i predstavlja kratku vezu za naizmeničan signal. Za jednosmerni režim rada kolo sa slike 3.3.1 izgleda kao kolo na slici 3.3.2. 85

TRANZISTORI

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

VCC 2

(3.3.1)

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

(3.3.2)

Kako je: I E = IC + I B ≅ IC

(3.3.3)

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

(3.3.4)

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

(3.3.5)

Tada je:

86

TRANZISTORI

VE = 2 kΩ IC Iz jednačina (3.3.4) i (3.3.6) sledi da je:

RE =

RC =

VCC − R E = 13 kΩ 2I C

(3.3.6)

(3.3.7)

Jednosmerni napon na bazi je: VB = VE + VBE = 1.6 V

(3.3.8)

Otpornike R1 i R2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obično 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada je I1 ≅ I2 = I i struja I je: I=

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

(3.3.9)

Jednosmerni napon na bazi je tada: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.3.10)

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

10VCC = 300 kΩ IC

(3.3.11)

Iz jednačina (3.3.10) i (3.3.11) sledi da je: R2 =

VB (R 1 + R 2 ) = 32 kΩ VCC

R 1 = 268 kΩ

(3.3.12) (3.3.13)

Za naimenični režim kolo sa slike 3.3.1 može se prikazati kolom na slici 3.3.3. Naponsko pojačanje je:

87

TRANZISTORI

G=

Vo Vi

(3.3.14)

gde su: Vo = −R C Ic

(3.3.15)

Vi ≅ (R E || R )Ie

(3.3.16)

β Ie ≅ Ie β +1

(3.3.17)

Ic =

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

RC R (R + R ) =− C E R E || R R ER

(3.3.18)

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

RE R 1+ E G RC

(3.3.19)

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

88

TRANZISTORI

Granična učestanost određena kondezatorom C1 zavisi od naizmenične otpornosti koju vidi ovaj kondenzator (slika 3.3.4). Ova otpornost je R1 || R1 || Rb, gde je Rb = (β+1) RE || R – otpornost koju vidi naizmenični signal u bazi.

Granična učestanost je: fg =

1 2πC1 (R1 || R 2 || R b )

(3.3.20)

Iz jednačine (3.3.20) sledi da je: C1 =

1 = 0.18µF 2πf g (R 1 || R 2 || R b )

(3.3.21)

3.4) Za emitter follower sa slike 3.4 izračunati: a) naponsko pojačanje G =

Vo Vi

b) ulaznu otpornost Ri i izlaznu otpornost Ro Poznato je: R1 = 20 kΩ, R2 = 20 kΩ, RE = 0.5 kΩ, β = 100, VCC = 15 V, VBE = 0.6 V, C→∞. 89

TRANZISTORI

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

Naponsko pojačanje je: G=

Vo Vi

(3.4.1)

90

TRANZISTORI

gde su: ⎞ ⎛ 1 Vi = Vbe + R E Ie = ⎜⎜ + R E ⎟⎟Ie ⎠ ⎝ gm

(3.4.2)

Vo = R E Ie

(3.4.3)

gm =

IC VT

(3.4.4)

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

Prema Tevenenovoj teoremi je: VTh =

R2 VCC = 7.5 V R1 + R 2

(3.4.5)

R Th =

R 1R 2 = 10 kΩ R1 + R 2

(3.4.6)

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

(3.4.7) 91

TRANZISTORI

Kako je: I E = (β + 1)I B

(3.4.8)

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

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

(3.4.9)

Tada je: I C = β I B = 1 ⋅ 10 −2 A

gm =

IC 1 ⋅ 10 −2 A A = = 0.4 − 3 VT 25 ⋅ 10 V V

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

gmR E = 0.995 1+ gmR E

(3.4.10)

b) Ulazna otpornost je: Ri =

Vi = Ii

Vi Ib +

Vi R 1 || R 2

=

Vbe + R E I e = Ie Vbe + R E I e + β +1 R 1 || R 2 (3.4.11)

=

(β + 1)(re + R E ) ≅ 8 kΩ (β + 1)(re + R E ) 1+ R 1 || R 2 Izlazna otpornost može se prema Tevenenovoj teoremi izračunati

stavljanjem kratke veze umesto pobudnog generatora Vi. Izlazno kolo tada izgleda kao na slici 3.4.3. Izlazna otpornost je: Ro =

R E re ≅ re = 2.5 Ω R E + re

(3.4.12)

92

TRANZISTORI

Emitter follower ima naponsko pojačanje oko 1, veliku ulaznu i malu izlaznu otpornost i obično se koristi kao stepen za prilagođavanje impedansi. 3.5) Dizajnirati emitter follower pomoću PNP tranzistora koji se napaja iz izvora od VCC = 15 V i koji omogućava generatoru sa unutrašnjom otpornošću od Rg = 1 kΩ da pobuđuje opterećenje od RP = 5 kΩ, ispred koga se nalazi kondezator od C = 1 µF. Struju kolektora u mirnoj radnoj tački postaviti na IC = 0.5 mA, a graničnu učestanost ulaznog kola postaviti na fg = 100 Hz. Objasniti ulogu svih elemenata u kolu. Poznato je: β = 100, VBE = – 0.6 V. Izračunati naponsko pojačanje. Rešenje: Na slici 3.5.1 prikazana je realizacije emitter followera pomoću PNP trazistora. Otpornici R1 i R2 vrše polarizaciju baze. Otpornik RE određuje jednosmerni napon na emitoru i jednosmernu struju kolektora u mirnoj radnoj tački. Kondezator C1 onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz pobudni generator, a kondezator C onemogućava prolaz jednosmerne struje kroz potrošač RP i predstavlja kratku vezu za naizmeničan signal.

93

TRANZISTORI

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

Jednosmerni napon VCE treba postaviti na polovini napona napajanja – VCC (sredin radne prave) da bi se dobio maksimalno neizobličen signal na izlazu. 94

TRANZISTORI

VCE = −

VCC 2

(3.5.1)

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

(3.5.2)

I E = IC + I B ≅ IC

(3.5.3)

Jednosmerni napon na emitoru je: VE =

− VCC − VCE = − 7 .5 V 2

(3.5.4)

Otpornost RE je: RE = −

VE V ≅ − E = 15 kΩ IE IC

(3.5.5)

Jednosmerni napon na bazi je: VB = VE + VBE = −8.1 V

(3.5.6)

Otpornike R1 i R2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obično 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik naponaR1, R2. Tada je I1 ≅ I2 = I i struja I je: I=−

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

(3.5.7)

Tada je: VB = −

R2 VCC R1 + R 2

(3.5.8)


10VCC = 300 kΩ IC

(3.5.9)

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

95

TRANZISTORI

R2 = −

VB (R 1 + R 2 ) = 162 kΩ VCC

R 1 = 138 kΩ

(3.5.10) (3.5.11)

Granična učestanost određena kondezatorom C1 zavisi od naizmenične otpornosti koju vidi ovaj kondenzator (slika 3.5.3). Ova otpornost je Rg + R1 || R1 || Rb, gde je Rb = (β+1) RE || RP – otpornost koju vidi naizmenični signal u bazi.

Granična učestanost je: fg =

1 2πC1 (R g + R1 || R 2 || R b )

(3.5.12)

Iz jednačine (3.5.12) sledi da je: C1 =

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

(3.5.13)

3.6) Dizajnirati razdvajač faze pomoću NPN tranzistora na osnovu sledećih podataka: VCC = 15 V, IC = 1 mA, VBE = 0.6 V, β = 100. Razdvajač faze se napaja iz generatora unutrašnje otpornosti od Rg = 2 kΩ. 96

TRANZISTORI

Rešenje: Razdvajač faze je pojačavač sa dva izlazna prikjučka na kojima se javljaju naponi jednakih amplituda, a suprotnih faza. Na slici 3.6.1 je prikazana realizacija ovog pojačavača pomoću NPN tranzistora.

Pojačanje od ulaza Vg do izlaza V1 je: G1 =

V1 V1 Vi = ⋅ Vg Vi Vg

(3.6.1)

gde su: Vi R 1 || R 2 = Vg R 1 || R 2 + R g Vi =

⎞ ⎛ 1 1 1 + gmR E Ie + V1 = ⎜⎜ V1 + 1⎟⎟V1 = gm gmR E ⎠ ⎝ gmR E

(3.6.2)

(3.6.3)

Tada je:

97

TRANZISTORI

G1 =

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

(3.6.4)

Pojačanje od ulaza Vg do izlaza V2 je: G2 =


(3.6.5)

gde je: V2 R CIe g R =− =− m C Vi 1 + gmR E ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ + R E ⎟⎟Ie ⎝ gm ⎠ Tada je:

G2 = −

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

(3.6.6)

(3.6.7)

Da bi G1 = – G2, iz jednačina (3.6.4) i (3.6.7) sledi je potrebno da RC = RE. Za jednosmerni režim kolo sa slike 3.6.1 izgleda kao kolo na slici 3.6.2. Jednosmerni napon VCE treba postaviti na polovini napona napajanja VCC da bi se dobio maksimalno neizobličen signal na izlazu. VCE =

VCC 2

(3.6.8)

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

(3.6.9)

Kako je: I E = IC + I B ≅ IC

(3.6.10)

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

(3.6.11)

98

TRANZISTORI

odnosno: RC =

VCC = 3.75 kΩ 4I C

(3.6.12)

Jednosmerni napon na emitoru je: VE = R E I E ≅ R C I C = 3.75 V

(3.6.13)

Jednosmerni napon na bazi je: VB = VE + VBE = 4.35 V

(3.6.14)

Otpornike R1 i R2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obično 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada je I1 ≅ I2 = I i struja I je: I=

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

(3.6.15)

Jednosmerni napon na bazi je: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.6.16)

99

TRANZISTORI


10VCC = 150 kΩ IC

(3.6.17)

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

VB (R 1 + R 2 ) = 43.5 kΩ VCC

R 1 = 106.5 kΩ

(3.6.18) (3.6.19)

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

a) odnos struja

IR I

b) vrednost otpora R za koji je I = 5 mA Svi tranzistori su identičnih karakteristika. Poznato je: VCC = 15 V, β = 100, VBE = – 0.6 V.

100

TRANZISTORI

Rešenje: a) Kako su tranzistori T1 i T2 identičnih karakteristika i imaju isti napon baza – emitor to su im i bazne struje identične IB1 = IB2 = I. Sa slike 3.7 se vidi da su: I E 3 = IC 2 + 2I B = (β + 2)I B β(β + 2) β IB IE3 = β +1 β +1 β+2 I )I B I R = IC1 + I B3 = β I B + E 3 = (β + β +1 β +1 Iz jednačina (3.7.2) i (3.7.3) sledi da je: I = I C3 =

I R β2 + 2β + 2 = I β(β + 2)

(3.7.1) (3.7.2) (3.7.3)

(3.7.4)

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

VB3 VE 3 + VBE = R R

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

(3.7.5) (3.7.6)

Iz jednačina (3.7.5) i (3.7.6) sledi da je: IR =

VCC + 2VBE R

(3.7.7)

Iz jednačina (3.7.3) i (3.7.7) sledi da je: R=

VCC + 2VBE = 2.8 kΩ I β + 2β + 2 β(β + 2)

2

⋅

(3.7.8)

3.8) Dizajnirati strujni izvor od 1 mA za potrošač RP čija otpornost varira u opsegu do 3 kΩ koristeći jedan tranzistor koji se napaja iz izvora VCC = 15 V. Poznato je: VBE = 0.6 V, β = 100. 101

TRANZISTORI

Rešenje: Na slici 3.8.1 prikazana je realizacije strujnog izvora pomoću NPN trazistora.

Najniži napon na kolektoru je: (VC ) min = VCC − (R P ) max I = 12 V

(3.8.1)

Da bi tranzistor ostao u aktivnom režimu potrebno je da VB < (VC)min. Otpornike R1 i R2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada je jednosmerni napon na bazi: VB =

R2 VCC R1 + R 2

(3.8.2)

Usvojimo napon baze VB = 7.5 V. Tada je R1 = R2. Usvojimo da je R1 = R2 = 10 kΩ. Jednosmerni napon na emitoru je: VE = VB − VBE = 6.9 V

(3.8.3)

Tada je: 102

TRANZISTORI

RE =

VE VE ≅ = 6 .9 k Ω IE I

(3.8.4)

3.9) Dizajnirati strujni izvor od 2 mA koristeći jedan tranzistor koji se napaja iz izvora VCC = 15 V. Poznato je: VBE = 0.6 V, VCES = 0.2 V, β = 100. Za polarizaciju baze koristiti zener diodu od VZ = 5.6 V. Rešenje: Na slici 3.9.1 prikazana je realizacije strujnog izvora pomoću NPN trazistora kod koga je polarizacija baze izvršena pomoću zenerove diode.

Kako je jednosmerni napon na bazi jednak VZ, jednosmerni napon na emitoru je: VE = VZ − VBE = 5 V

(3.9.1)

Tada je: RE =

VE VE ≅ = 2 .5 k Ω IE I

(3.9.2)

103

TRANZISTORI

Maksimalna otpornost potrošača RP za koju se izvor sa slike 3.9.1 ponaša kao strujni izvor je određena uslovom da: VCE > VCES = 0.2 V

(3.9.3)

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

(3.9.4)

Maksimalna vrednost otpora potrošača je: (R P ) max =

VCC − VCES − IR E = 4 .9 k Ω I

(3.9.5)

3.10) Za pojačavač sa JFET tranzistorom sa slike 3.10 izračunati : a) struju ID u mirnoj radnoj tački i VS, VG i VD Vo Vi Poznato je: Rg = 1 kΩ, RG = 1 MΩ, RS = 0.5 kΩ, RD = 4 kΩ, RP = 1 kΩ,

b) naponsko pojačanje G =

VDD = 20 V, VP = – 4 V, IDSS = 8 mA, C→∞.

104

TRANZISTORI

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

Ulazna otpornost JFET-a je veoma velika, pa je jednosmerna struja gejta veoma mala (reda nA). Zbog toga je jednosmerna struja sorsa IS približna jednosmernoj struji drejna ID. Otpornik RG služi da zatvori kolo gejt – sors za jednosmerne signale. Otpornik RS služi da obezbedi željenu polarizaciju spoja gejt – sors, i zajedno sa otpornikom RD određuje jednosmernu struju drejna u mirnoj radnoj tački. Kako je struja gejta zanemarljivo mala, pad napona na otporu RG je zanemarljivo mali i gejt je na potencijalu mase. Jednosmerna struja drejna data je jednačinom: ⎛ V ⎞ I D = I DSS ⎜⎜1 − GS ⎟⎟ 2 VP ⎠ ⎝

(3.10.1)

105

TRANZISTORI

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

(3.10.2)

Iz jednačina (3.10.1) i (3.10.2) sledi da je: ⎛ R ⎞ I D = I DSS ⎜⎜1 + S I D ⎟⎟ 2 VP ⎠ ⎝ odnosno: R S2

(3.10.3)

⎛ R 1 ⎞ ⎟⎟I D + 1 = 0 (3.10.4) + ⎜⎜ 2 S − ⎝ VP I DSS ⎠ Rešavanjem kvadratne jednačine (3.10.4) po ID dobijaju se dva rešenja:

I2 2 D VP

ID1 = 3 mA i ID2 = 21 mA. Rešenje ID2 = 21 mA je fizički neprihvatljivo jer je ta struja veća od struje IDSS. Iz jednačine (3.10.2) sledi da je: VGS = − R S I D = −1.5 V VS = −VGS = 1.5 V VD = VDD − R D I D = 8 V

b) Za naizmenični režim kolo sa slike 3.10 može se prikazati kolom prikazanim na slici 3.10.2.

106

TRANZISTORI


Vo V Vgs = o ⋅ Vi Vgs Vi

(3.10.5)

gde je: RG Vi RG + Rg

Vgs =

(3.10.6)

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

(3.10.7)

Struja drejna Id je:

Id = g m Vgs

(3.10.8)

Transkonduktansa gm je: V ∂I D 1 2 = I DSS 2(1 − GS ) = VP VP VP ∂VGS

gm =

I D I DSS = 2.45

mA V

(3.10.9)

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

RG g m (R P || R D ) = −1.96 RG + Rg

(3.10.10)

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

Vo Vi

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

107

TRANZISTORI

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

Jednosmerna struja drejna je: ⎛ V ⎞ I D = I DSS ⎜⎜1 − GS ⎟⎟ 2 VP ⎠ ⎝

(3.11.1)

108

TRANZISTORI

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

(3.11.2)

Iz jednačina (3.11.1) i (3.11.2) sledi da je: ⎛ R ⎞ I D = I DSS ⎜⎜1 + S I D ⎟⎟ 2 ⎝ VP ⎠ odnosno: R S2

(3.11.3)

⎛ R 1 ⎞ ⎟⎟I D + 1 = 0 (3.11.4) + ⎜⎜ 2 S − ⎝ VP I DSS ⎠ Rešavanjem kvadratne jednačine (3.11.4) po ID dobijaju se dva rešenja:

I2 2 D VP

ID1 = 0.5 mA i ID2 = 2 mA. Rešenje ID2 je fizički neprihvatljivo jer je ta struju napon gejt – sors: VGS2 = –RSID2 < VP, JFET nije u zasićenju. Zato je ID = ID1. Iz jednačine (3.11.2) sledi da je: VGS = − R S I D = −1 V VS = −VGS = 1 V VD = VDD = 10 V

b) Za naizmenični režim kolo sa slike 3.11 može se prikazati kolom na slici 3.11.2.

109

TRANZISTORI


Vo Vo V1 = ⋅ Vi V1 Vi

(3.11.5)

gde su: RG Vi RG + Rg

V1 =

(3.11.6)

V1 = Vgs + (R S || R P )I d Vgs =

(3.11.7)

Id gm

(3.11.8)

Tada je: V1 =

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

(3.11.9)

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

(3.11.10)

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

(3.11.11)

Transkonduktansa gm je: gm =

∂I D 2 = ∂VGS VP

I D I DSS = 1

mA V

(3.11.12)

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

RG g (R || R P ) ⋅ m S = 0.582 R G + R g 1 + g m (R S || R P )

(3.11.13)

110

TRANZISTORI

c) Izlazna otpornost je paralelna veza otpornosti R S || R P i izlazne otpornosti samog JFET - a koja se može izračunati stavljanjem kratke veze umesto pobudnog generatora Vi. Pošto je Vi = Vg = 0 , tada je: Vgs = Vg − Vs = − Vs Vs Vgs 1 = = Id Id gm Izlazna otpornost je: rs = −

Ro =

(R S || R P )rs = 588 Ω R S || R P + rs

(3.11.14) (3.11.15)

(3.11.16)

3.12) Dizajnirati razdvajač faze pomoću JFET tranzistora na osnovu sledećih podataka: VDD = 20 V, ID = 3 mA, VGS = 1.5 V. Razdvajač faze se napaja iz generatora unutrašnje otpornosti od Rg = 1 kΩ. Rešenje: Na slici 3.12.1 je prikazana realizacija razdvajača faze pomoću JFET-a.

111

TRANZISTORI

Pojačanje od ulaza do izlaza 1 je: G1 =


(3.12.1)

gde je: Vi =

RG Vg RG + Rg

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

(3.12.2) (3.12.3) (3.12.4)

Tada je: G1 =

RG g R ⋅ m S R G + R g 1 + g mRS

(3.12.5)

Pojačanje od ulaza do izlaza 2 je: G2 =

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

(3.12.6)

gde je: V2 = − Id R D = −g m Vgs R D

(3.12.7)

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

(3.12.8)

Tada je: G2 = −

RG g R ⋅ m D R G + R g 1 + gmRS

(3.12.9)

Da bi G1 = – G2, iz jednačina (3.12.5) i (3.12.9) sledi je potrebno da RC = RE. Kako je jednosmerna struja gejta veoma mala (reda nA), RG treba da je veoma veliki. Stavimo RG = 1 MΩ. Tada je: 112

TRANZISTORI

VGS = − VS = −R SI D

(3.12.10)

odnosno: RS = −

VGS = 0 .5 k Ω ID

(3.12.11)

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

113

TRANZISTORI

Struja kroz potrošač RP je: ⎛ V ⎞ I = I D = I DSS ⎜⎜1 − GS ⎟⎟ VP ⎠ ⎝

2

(3.13.1)

Kako je VGS = 0, struja kroz potrošač je I = ID = IDSS. Napon između drejna i sorsa je: VDS = VDD − IR P

(3.13.2)

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

(3.13.3)

odnosno: (R P ) max =

VDD + VP = 2 .2 k Ω I

(3.13.4)

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

114

TRANZISTORI

Struja kroz potrošač RP je: 2

⎛ V ⎞ ⎛ IR ⎞ I = I D = I DSS ⎜⎜1 − GS ⎟⎟ = I DSS ⎜⎜1 + S ⎟⎟ VP ⎠ VP ⎠ ⎝ ⎝

2

(3.13.5)

Tada je: RS =

VP I

⎞ ⎛ I ⎟ = 735 Ω ⎜ − 1 ⎟ ⎜ I ⎠ ⎝ DSS

(3.13.6)

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

(3.13.7)

odnosno: VDS = VDD − I(R P + R S )

(3.13.8)

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

(3.13.9)

odnosno: (R P ) max =

VDD + VP = 5 .5 k Ω I

(3.13.10)

115

DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

4. DIFERENCIJALNI POJAČAVAČ

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

U idealnom slučaju kada su pojačanja od oba ulaza do izlaza međusobno jednaka, a suprotnog znaka, izlazni napon je: Vo = GV1 − GV2 = G (V1 − V2 ) Međutim, kod realnog diferencijalnog pojačavača, pojačanja merena između jednog ulaznog i izlaznog

napona i drugog ulaznog i izlaznog

napona nisu međusobno jednaka, odnosno izlazni napon ne zavisi samo od razlike ulaznih napona, već i od njihove apsolutne vrednosti. Prema tome, izlazni napon kod realnog diferencijalnog pojačavača je: Vo = G 1V1 − G 2 V2

116


Ako se ulazni naponi izraze preko napona razlike Vd = V1 – V2 i napona srednje vrednosti Vs =

V1 + V2 tada je: 2

1 Vd 2 1 V2 = Vs − Vd 2

V1 = Vs +

1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Vo = G 1V1 − G 2 V2 = G 1 ⎜ Vs + Vd ⎟ − G 2 ⎜ Vs − Vd ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ odnosno: Vo =

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

gde su: Gd =

G1 + G 2 – diferencijalno pojačanje 2

G s = G1 − G 2 – pojačanje srednje vrednosti. Izlazni napon se može napisati i u obliku: ⎛ 1 V Vo = G d Vd ⎜⎜1 + ⋅ s ⎝ ρ Vd

gde je ρ =

⎞ ⎟⎟ ⎠

Gd faktor potiskivanja napona srednje vrednosti i predstavlja Gs

meru asimetrije diferencijalnog pojačavača. U idealnom slučaju kada je G1 = G2, ρ teži beskonačnosti i pojačavač pojačava samo razliku ulaznih napona. Diferencijalni pojačavač je ulazni stepen kod većine integrisanih pojačavača. Takođe se koristi kao ulazni stepen uređaja kod kojih dolazi slab signal zagađen šumom ( audio signali, radiofrekventni signali itd. ). 117


4.1) Za diferencijalni pojačavač sa slike 4.1 odrediti RE, RC i R1. Poznato je: VCC = 15 V, VEE = 15 V, struja kolektora u mirnoj radnoj tački IC = 0.5 mA, diferencijalno pojačanje Gd = 25, pojačanje srednje vrednosti |Gs| = 0.5. Smatrati da su tranzistori T1 i T2 identičnih karakteristika.

Rešenje: Za naizmenični režim kolo sa slike 4.1 može se prikazati kolom na slici 4.1.1. Zbir naizmeničnih napona po konturi baza – emitor daje: V1 − (R E + re )I e1 − R 1 (I e1 + I e 2 ) = 0

(4.1.1)

V2 − (R E + re )I e 2 − R 1 (I e1 + I e 2 ) = 0

(4.1.2)

gde je re =

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

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

(4.1.3)

118


V1 − V2 = (R E + re )(Ie1 − Ie 2 )

(4.1.4)

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

(4.1.5)

V1 − V2 = I e1 − I e 2 R E + re

(4.1.6)

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

(4.1.7)

Sa slike 4.1.1 se vidi da je izlazni napon Vo: Vo = − R C I c 2 ≅ − R C I e 2 =

(4.1.8) =

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

119


odnosno: Vo = G d Vd + G s Vs

(4.1.9)

gde su: Gd =

RC 2(R E + re )

(4.1.10)

Gs= −

RC 2R 1 + R E + re

(4.1.11)

Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora T2 treba postaviti na polovini napona napajanja: VC 2 =

VCC = VCC − R C I C 2

(4.1.12)

Tada je : RC =

VCC = 15KΩ 2I C

(4.1.13)

RE =

RC − re = 250Ω 2G d

(4.1.14)

R1 =

R C − G s (R E + re ) 2 Gs

= 14.8kΩ

(4.1.15)

Kako diferencijalno i pojačanje srednje vrednosti ne zavise od kolektorskog otpora tranzistora T1, on se može izostaviti. 4.2) Za diferencijalni pojačavač sa slike 4.2 odrediti diferencijalno pojačanje Gd i pojačanje srednje vrednosti Gs. Poznato je: VCC = 15 V, VEE = 15 V, VZ =1.2 V, R1 = 10 kΩ, R2 = 1 kΩ, VBE = 0.6 V, β = 100. Smatrati da su tranzistori T1 i T2 identičnih karakteristika.

120


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

I 2

(4.2.1)

Napon na bazi tranzistora T3 je VB3 = −VEE + VZ = −13.8V . Tada je: VE 3 = VB3 − VBE = −14.4V

(4.2.2)

I E3 =

VE 3 − (− VEE ) = 0.6mA R2

(4.2.3)

I E1 =

I I E3 ≅ 2 2

(4.2.4)

Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora T2 treba postaviti na polovini napona napajanja:

121


VC 2 =

VCC = 7.5V 2

(4.2.5)

Tada je: RC =

VCC − VC 2 VCC − VC 2 ≅ = 25kΩ I C1 I E1

(4.2.6)

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

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

(4.2.7)

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

(4.2.8)

gde je re =

VT ≅ 83Ω IC

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

122


V1 + V2 = I e1 + I e 2 re + 2R iz

(4.2.9)

V1 − V2 = I e1 − I e 2 re

(4.2.10)

Iz jednačina (4.2.9) i (4.2.10) sledi da je: I e2 =

V1 + V2 V − V2 − 1 2(re + 2R iz ) 2re

(4.2.11)

Izlazni napon Vo je: Vo = − R C I c 2 ≅ − R C I e 2 =

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

(4.2.12)

odnosno: Vi = G d Vd + G s Vs

(4.2.13)

gde su: Gd =

RC = 150.6 2re

(4.2.14)

RC re + 2R iz

(4.2.15)

Gs = −

Kada je otpornost strujnog izvora veoma velika (Riz → ∞), pojačanje srednje vrednosti je veoma malo (Gs → 0).

4.3) Za diferencijalni pojačavač sa JFET tranzistorima sa slike 4.3 odrediti diferencijalno pojačanje Gd, pojačanje srednje vrednosti Gs i faktor potiskivanja napona srednje vrednosti ρ. Poznato je: VDD = 15 V, VSS= 15 V, VP = –2 V, IDSS = 2 mA, RD = 10 kΩ, RSS = 20 kΩ. Smatrati da su tranzistori identičnih karakteristika. 123


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

Zbir naizmeničnih napona po konturi gejt – sors daje:

124


V1 − Vgs1 − R SS (I s1 + I s 2 ) = 0

(4.3.1)

V2 − Vgs 2 − R SS (I s1 + I s 2 ) = 0

(4.3.2)

gde su: I s1 = g m Vgs1

(4.3.3)

I s 2 = g m Vgs 2

(4.3.4)

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

(4.3.5)

V2 = Vgs 2 (1 + g m R SS ) + g m R SS Vgs1

(4.3.6)

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

(4.3.7)

V1 − V2 = Vgs1 − Vgs 2

(4.3.8)

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

V1 − V2 V1 + V2 + 2 2(1 + 2g m R SS )

(4.3.9)

Izlazni napon Vo je: Vi = − R D I d 2 ≅ −R D I s 2 = − R D g m Vgs 2

(4.3.10)

odnosno: Vi =

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

Vi = G d Vd + G s Vs

(4.3.11) (4.3.12)

gde su: Gd =

gmR D 2

(4.3.13)

125


Gs = −

gmR D 1 + 2g m R SS

(4.3.14)

Zbir jednosmernih napona po konturi gejt – sors daje: VGS + 2R SS I D − VSS = 0

(4.3.15)

Jednosmerna struja drejna data je jednačinom: ⎛ V ⎞ I D = I DSS ⎜⎜1 − GS ⎟⎟ 2 VP ⎠ ⎝

(4.3.16)

Iz jednačina (4.3.15) i (4.3.16) sledi da je: ⎛ 2R SS I D − VSS ⎞ 2 ⎟⎟ I D = I DSS ⎜⎜1 + V P ⎝ ⎠

(4.3.17)

odnosno: 2 4R SS

VP2

2

I 2D

⎡ 4R ⎛ V ⎞ ⎛ VSS ⎞ 1 ⎤ ⎟⎟ = 0 + ⎢ SS ⎜⎜1 − SS ⎟⎟ − ⎥ I D + ⎜⎜1 − V V I V P ⎠ DSS ⎦ P ⎠ ⎝ ⎣ P ⎝

(4.3.18)

Rešenja kvadratne jednačine 4.3.18 su: ID1 = 0.4 mA i ID2 = 0.45 mA. Tada je: VGS1 = VSS – 2RSSID1 = – 1.16 V VGS2 = VSS – 2RSSID2 = – 2.96 V < VP Za struja ID2 JFET nije u zasićenju i ovo rešenje otpada. Prema tome: ID = 0.4 mA gm =

2 VP

I D I DSS = 0.894

Gd = 4.47, Gd = – 0.25 i ρ =

mA V

Gd = 17.88 Gs

126


4.5) Za diferencijalni pojačavač sa slike 4.5 odrediti naponsko pojačanje. Poznato je: VCC = 15 V, VEE = 15 V, IC = 0.5 mA. Smatrati da su tranzistori identičnih karakteristi .

Rešenje: Zbir naizmeničnih napona po konturi baza – emitor daje: re I e1 + R E (I e1 + I e 2 ) = Vi

(4.5.1)

re I e 2 + R E (I e1 + I e 2 ) = 0

(4.5.2)

Iz jednačina (4.5.1) i (4.5.2) se dobija : I e2 = −

RE 2re R E + re2

Vi

(4.5.3)

Izlazni napon je: Vo = − R C I c 2 ≅ − R C I e 2 =

R ERC 2re R E + re2

Vi

(4.5.4)

127


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

VCC 2

(4.5.5)

Tada je: RC =

VCC − VC 2 = 15kΩ I C2

(4.5.6)

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

(4.5.7)

Kako je kolo simetrično važi: I = I E1 = I E 2 ≅ I C 2 2

(4.5.8)

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

(4.5.9)

Tada je: RE =

VEE − VBE = 14.4kΩ I

(4.5.10)


Vo R ERC = = 150 Vi 2re R E + re2

(4.5.11)

4.6) Dizajnirati diferencijalni pojačavač sa strujnim izvorom od 1 mA, koji ima diferencijalno pojačanje Gd = 50. Smatrati da su upotrebljeni tranzistori identičnih karakteristika. Poznato je: VCC = 15 V, VBE = 0.6 V, β = 100.

128


Rešenje: Na slici 4.6.1 prikazana je realizacija diferencijalnog pojačavača sa strujnim izvorom od 1 mA koji je realizovan pomoću tranzistora T3.

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

VE 3 − (−VCC ) R E3

VE 3 = VB3 − VBE

(4.6.1) (4.6.2)

Napon VB3 određen je otpornicima R1 i R2. Otpornike R1 i R2 treba odabrati da jednosmerna struja baze bude mnogo manja od struje kroz razdelnik napona određenog ovim otpornicima (barem 10 puta). Tada je : I I VCC ≅ 10I B = 10 = β 10 R1 + R 2

(4.6.3)

129


Jednosmerni napon na bazi je: VB3 = −

R1 VCC R1 + R 2

(4.6.4)

Neka je napon VE3 = –11 V. Tada iz jednačine (4.6.2) sledi da je VB3 = –10.4 V, iz jednačine (4.6.1) da je RE3 = 4 kΩ, dok iz jednačina (4.6.3) i (4.6.4) da su R1 = 104 kΩ i R2 = 46 kΩ. Jednosmerni

napon na kolektoru tranzistora T2 treba postaviti na

polovini napona napajanja: VC 2 =

VCC = VCC − R C I C 2 2

(4.6.5)

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

I 2

(4.6.6)

Tada je: RC =

VCC − VC 2 VCC − VC 2 ≅ = 15kΩ I C2 I E2

(4.6.7)

130


Za naizmenični režim kolo sa slike 4.6.1 može se prikazati kolom na slici 4.6.2, gde je Riz – otpornost strujnog izvora. Zbir naizmeničnih napona po konturi baza – emitor daje: V1 = (re + R E )I e1 + R iz (I e1 + I e 2 )

(4.6.8)

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

(4.6.9)

gde je re =

VT ≅ 50Ω IC

Iz jednačina (4.6.8) i (4.6.9) sledi da je: I e2 =

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

(4.6.10)

Izlazni napon Vo je: Vo ≅ −R C I e 2 =

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

(4.6.11)

odnosno: Vi = G d Vd + G s Vs

(4.6.12)

gde su: Gd =

RC 2(re + R E )

Gs = −

RC re + R E + 2R iz

(4.6.13) (4.6.14)

Iz jednačine (4.6.13) sledi da je: RE =

RC − re = 100Ω 2G d

(4.6.15)

131

OPERACIONI POJAČAVAČ

5. OPERACIONI POJAČAVAČ

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

Znak “+” na ulazu 1 označava da je izlazni napon Vo u fazi sa ulaznim naponom V1 i naziva se neinvertujući ulaz. Znak “−” na ulazu 2 označava da je izlazni napon Vo fazno pomeren za π u odnosu na ulazni napon V2 i naziva se invertujući ulaz.. Operacioni pojačavač je višestepeni pojačavač. Ulazni stepen operacionog pojačavača je diferencijalni pojačavač koji treba da obezbedi veliko pojačanje za diferencijalni signal Vd =V1 − V2, a što manje da pojača signal srednje vrednosti. Ulazni stepen takođe treba da obezbedi veliku ulaznu otpornost, malu ulaznu struju i mali strujni ofset i naponski drift.

132


Međustepen treba da obezbedi potrebno naponsko i strujno pojačanje. Takođe jednosmerni nivo signala sa izlaza diferencijalnog pojačavača svodi na potrebnu vrednost kojim se obezbeđuje nulti jednosmerni nivo na izlazu operacionog pojačavača kada je ulazni signal nula. Izlazni stepen se gradi kao pojačavač snage i treba da obezbedi malu izlaznu otpornost. Neki od osnovnih parametara koji se definišu kod operacionog pojačavača su: •

Pojačanje pojačavača u otvorenoj petlji G o =

•

Ulazna otpornost Ri

•

Izlazna otpornost Ro

•

Propusni opseg

Vo V1 − V2

Idealni operacioni pojačavač ima beskonačno pojačanje Go, beskonačnu ulaznu otpornost, nultu izlaznu otpornost i beskonačno širok propusni opseg.

Savremeni

operacioni

pojačavači

imaju

približno

takve

karakteristika i često se pri analizi kola zamenjuju idealnim modelom.

133


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

Vo ako je Vi

upotrebljen: a) idealni operacioni pojačavač b) operacioni pojačavač koji ima konačno pojačanje Go

Rešenje: a) Kako za idealni operacioni pojačavač važi da Go → ∞, diferencijalni napon Vd je:

Vd =

Vo =0 Go

(5.1.1)

Sa slike 5.1 se vidi da je: Vi = Vo

(5.1.2)


Vo =1 Vi

(5.1.3)

b) Ako je Go konačno, tada je:

134


Vd =

Vo Go

(5.1.4)

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

Vo Go

(5.1.5)


Vo = Vi

1

(5.1.6)

1 1+ Go

Kako je pojačanje Go kod savremenih operacionih pojačavača veoma veliko (reda 107), naponsko pojačanje G ≅ 1, a ulazna otpornost vrlo velika, ovaj pojačavač je odličan razdvojni stepen. 5.2) Za kolo invertujućeg operacionog pojačavača sa slike 5.2 izračunati naponsko pojačanje G =

Vo ako je upotrebljen: Vi

a) idealni operacioni pojačavač b) operacioni pojačavač koji ima konačno pojačanje Go

135


Rešenje: a) Kako je Vd =

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

invertujući ulaz na masi. Sa slike 5.2 se vidi da je: Vi = IR 1

(5.2.1)

Vo = − IR 2

(5.2.2)


Vo R =− 2 Vi R1

b) Ako je pojačanje Go konačno, tada je Vd =

(5.2.3) Vo i prema slici 5.2 je: Go

Vi + Vd = IR1

(5.2.4)

Vd + Vo = − IR 2

(5.2.5)

Vi + Vd V + Vo =− d R1 R2

(5.2.6)

Naponsko pojačanje je: R2 V R1 G= o =− Vi 1 ⎛ R2 ⎞ ⎜1 + ⎟ 1+ G o ⎜⎝ R 1 ⎟⎠

(5.2.7)

Jednačina (5.2.7) se svodi na jednačinu (5.2.3) kada Go → ∞. Pojačanje G je negativnno (zato se i naziva invertujući pojačavač) i zavisi od odnosa otpornika R1 i R2.

136


5.3) Za kolo neinvertujućeg operacionog pojačavača sa slike 5.3 izračunati naponsko pojačanje G =

Vo ako je upotrebljen: Vi

a) idealni operacioni pojačavač b) operacioni pojačavač koji ima konačno pojačanje Go

Rešenje: a) Kako je Vd =

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

je i na invertujućem ulazu napon Vi. Sa slike 5.3 se vidi da je: Vi = −IR 1

(5.3.1)

Vi − Vo = IR 2

(5.3.2)

Vi − Vo V =− i R2 R1

(5.3.3)


Vo R = 1+ 2 Vi R1

(5.3.4)

137


b) Ako je pojačanje konačno, tada je Vd =

Vo i prema slici 5.3 je: Go

Vi − Vd = −IR 1

(5.3.5)

Vi − Vd − Vo = IR 2

(5.3.6)

Vi − Vd Vo − (Vi − Vd ) = R1 R2

(5.3.7)


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

(5.3.8)

Jednačina (5.3.8) se svodi na jednačinu (5.3.4) kada Go → ∞. Pojačanje G je pozitivno (zato se i naziva neinvertujući pojačavač) i zavisi od odnosa otpornika R1 i R2. 5.4) Za kolo sa idealnim operacionim pojačavačem sa slike 5.4 izračunati izlazni napon Vo. Ispitati slučaj kada je: R1 = R3 i R2 = R4.

138


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

(5.4.1)

Kako je operacioni pojačavač idealan, napon u čvoru 1 jednak je naponu u čvoru 2. Za Vi1 = 0 napon u čvoru 2 je: R4 Vi 2 (5.4.2) R3 + R4 Pojačavač sa slike 5.4 u ovom slučaju ponaša se kao neinvertujući

V2 =

operacioni pojačavač sa pojačanjem: Vo | Vi1 =0 = (1 +

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

(5.4.3)

Za Vi2 = 0 napon u čvoru 2 je V2 = 0. Pojačavač sa slike 5.4 u ovom slučaju ponaša se kao invertujući operacioni pojačavač sa pojačanjem: Vo | Vi 2 =0 = −

R2 Vi1 R1

(5.4.4)

Izlazni napon je: Vo = (1 +

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

(5.4.5)

Za R1 = R3 i R2 = R4 izlazni napon je: Vo =

R2 (Vi 2 − Vi1 ) R1

(5.4.6)

5.5) Dizajnirati kolo sa idealnim operacionom pojačavačima koje će realizovati sledeću sumu ulaznih napona: Vo = 2Vi1 – Vi2. Omogućiti da se kolo pobuđuje izvorima sa velikom unutrašnjom otpornošću Rg. 139


Rešenje: Na slici 5.5 je prikazana realizacija kola.

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

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

(5.5.1)

5.6) Dizajnirati Šmitovo okidno kolo pomoću idealnog operacionog pojačavača ako se: a) okidanje vrši na invertujućem ulazu; b) okidanje vrši na neinvertujućem ulazu;

140


Izlazne nivoe postaviti na VOL = 0 i VOH = 5 V sa širinom histerezisa VH = 0.2 V i sa centrom histerezisa na VCH = 2.5 V. Na raspolaganju je baterija od VB = 5 V. Rešenje: Šmitovo okidno kolo služi za poređenje pobudnog napona sa referentnim naponom. Svaki put kada pobudni napon dostigne referentni Šmitovo okidno kolo menja stanje na izlazu. a) Na slici 5.6.1 prikazano je Šmitovo okidno kolo sa idealnim operacionim pojačavačem kod koga se vrši okidanje na invertujućem ulazu.

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

(5.6.1)

odnosno: VT =

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

(5.6.2)

141


Karakteristika prenosa kola sa slike 5.6.1 prikazana je na slici 5.6.2. Referentni naponi VT1 i VT2 nazivaju se naponi okidanja. Zbog sličnosti sa karakteristikama magnetnih materijala, karakteristika prenosa Šmitovog kola naziva se histerezisna petlja, odnosno histerezis. Niži naponski nivo okidanja Šmitovog okidnog kola je: R2 R1 VR + VOL R1 + R 2 R1 + R 2

VT1 =

(5.6.3)

Viši naponski nivo okidanja Šmitovog okidnog kola je: VT 2 =

R2 R1 VR + VOH R1 + R 2 R1 + R 2

(5.6.4)

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

R1 (VOH − VOL ) R1 + R 2

(5.6.5)

Centar histerezisa je: VCH =

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

(5.6.6)

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

odnosno VR =

(5.6.7)

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

R R1 + R 2 VCH − 1 VOH = 2.5V 2R 2 R2

(5.6.8)

142


Ako se uzme da je R1 = 100 Ω, tada je R2 = 2.4 kΩ. Kako je na raspolaganju baterija od 5 V, referentni napon može se realizovati preko razdelnika napona prikazanim na slici 5.6.3 (R3 = R4 = 5 kΩ ).

b) Na slici 5.6.4 prikazano je Šmitovo okidno kolo kod koga se okidanje vrši okidanje na neinvertujućem ulazu, a na slici 5.6.5 njegova histerezisna petlja.

Nivoi ulaznog napona VT = VU, pri kojima nastaju promene na izlazu pojačavača, određeni su vrednošću napona VR. Sa kola sa slike 5.6.4 vidi se da je: 143


VT − VR VR − VO = R1 R2

(5.6.9)

odnosno: VT =

R R1 + R 2 VR − 1 VO R2 R2

(5.6.10)

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

VT1 =

(5.6.11)

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

VT 2 =

(5.6.12)

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

R1 (VOH − VOL ) R2

(5.6.13)

Centar histerezisa je: VCH =

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

(5.6.14)

Kako je VOL = 0V i VOH = 5V iz jednačine (5.6.13) sledi da je: R1 V = H = 0.04 R 2 VOH

(5.6.15)

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

R2 R1 + VOH = 2.5V R 1 + R 2 2( R 1 + R 2 )

(5.6.16)

Ako se uzme da je R2 = 10 kΩ, tada iz jednačine (5.6.15) sledi da je R1 = 400 Ω.

144


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

Rešenje: Struja kroz otpornik R1 je: I=

Vi1 − Vi 2 R1

(5.7.1)

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

⎛ R ⎞ R2 R (Vi1 − Vi 2 ) = Vi1 ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ − Vi 2 2 R1 R1 ⎠ R1 ⎝

(5.7.2)

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

⎛ R ⎞ R2 R (Vi1 − Vi 2 ) = Vi 2 ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ − Vi1 2 R1 R1 ⎠ R1 ⎝

(5.7.3)

Izlazni napon je: Vo =

⎛ R4 R ⎞ R (V2 − V1 ) = ⎜⎜1 + 2 2 ⎟⎟ ⋅ 4 (Vi 2 − Vi1 ) R3 R1 ⎠ R 3 ⎝

(5.7.4)

145


5.8) Dizajnirati logaritamski operacioni pojačavač. Rešenje: Kod

logaritamskog

operacionog

pojačavača

izlazni

napon

proporcionalan je logaritmu ulaznog napona. Da bi se pomoću operacionog pojačavača ostvario logaritamski pojačavač, potrebno je imati elemenat koji ima logaritamsku karakteristiku, a to su diode i bipolarni tranzistori. Na slici 5.8.1 prikazana je realizacija logaritamskog pojačavača pomoću diode.

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

VD nVT

− 1)

(5.8.1)

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

VD nVT

(5.8.2)

Pad napona na diodi VD, kada protiče struja ID, je na osnovu jednačine 5.8.2 je: 146


VD = nVT [(ln(I D ) − ln(I S )] Struja kroz diodu ID jednaka je struji I =

(5.8.3) Vi , a izlazni napon jednak je R

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

(5.8.4)

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

Struja kolektora data je jednačinim: IC = ISe

VBE VT

(5.8.5)

Izlazni napon je: Vo = − VBE = − VT [(ln(I C ) − ln(I S )]

(5.8.6)

147


Struja kolektora IC jednaka je struji I =

Vi . Izlazni napon je: R

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

(5.8.7)

gde su: K3 = VT i K 4 = VT [ln(IS ) + ln(R )] . Nedostatak logaritamskih pojačavača sa slika 5.8.1 i 5.8.2 je u tome što izlazni napon zavisi od temperature ambijenta, jer su VT i IS temperaturno zavisni. 5.9) U kolo sa slike 5.9 odrediti struju I kroz otpornik R. Smatrati da je operacioni pojačavač idealan.

Rešenje: Kako je upotrebljeni operacioni pojačavač idealni, napon V1 u čvoru 1 jednak je naponu V2 u čvoru 2. Sa slike 5.9 se vidi da je:

148


Vi − V1 V1 V1 − Vo = + R3 R R4

(5.9.1)

Vo V = 1 R1 + R 2 R1

(5.9.2)

Eliminacijom napona Vo iz jednačina (5.9.1) i (5.9.2) dobija se:

Vi =

V1 R

⎡ ⎞⎤ ⎛ R 2R 3 − 1⎟⎟⎥ ⎢R 3 − R ⎜⎜ ⎠⎦ ⎝ R 1R 4 ⎣

(5.9.3)

Struja kroz otpornik R je : I=

V1 Vi = R ⎡ ⎛ R 2R 3 ⎞⎤ − 1⎟⎟⎥ ⎢R 3 − R ⎜⎜ ⎝ R 1R 4 ⎠⎦ ⎣

(5.9.4)

149

DIGITALNA ELEKTRONIKA

6. DIGITALNA ELEKTRONIKA

Digitalna elektronika zasnovana je na dejstvu diskretnih signala na logička kola. Logička kola predstavljaju elektronske sisteme koja su u stanju da ostvare određene logičke operacije u skladu sa zakonima Bulove algebre (algebra logike). Signali logičkih kola menjaju se između dva logička nivoa, odnosno stanja. Donji logički nivo označava se sa 0, a gornji logički nivo sa 1. Simboli 0 i 1 za logičke nivoe koriste se za pisanje brojeva u binarnom sistemu. Proizvoljan broj X u binarnom sistemu se može predstaviti u obliku: X=

n −1

∑ ci 2i

i=− m

gde su: c – cifra binarnog brojnog sistema (0 ili 1), 2 – osnova binarnog brojnog sistema, a i – položaj cifre u nizu koji predstavlja dati broj. Logička kola mogu biti kombinaciona i sekvencijalna. Kod kombinacionih kola stanje na izlazu logičkog kola zavisi samo od trenutne vrednosti stanja na ulazu, dok kod sekvencijalnih kola stanje na izlazu zavise ne samo od trenutnog stanja na ulazu, već i od prethodnog stanja u kome se kolo nalazilo.

150


OSNOVNE LOGIČKE OPERACIJE •

operacija ILI (sabiranje, disjunkcija)

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

operacija I (množenje, konjunkcija)

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

operacija NE

Slika 3: (a) NE kolo, (b) funkcionalna tabela 151


•

operacija NILI

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

operacija NI

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

operacije inhibicije

Slika 6: (a) inhibiciono kolo, (b) funkcionalna tabela 152


•

operacija implikacije

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

operacija EX-ILI

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

operacija EX-NILI

Slika 9: (a) EX-NILI kolo, (b) funkcionalna tabela 153


POSTULATI BULOVE ALGEBRE Pravila za logičke operacije: 1) sa konstantnim vrednostima A+0 = A

A +1 = 1 A⋅0 = 0

A ⋅1 = A 2) sa ponovljenim vrednostima A+A = A AA = A 3) sa komplementarnim vrednostima A+A =1 AA = 0

sa dvostruko negiranim vrednostima A=A ZAKONI BULOVE ALGEBRE

1) zakon komutacije A+B = B+A AB = BA zakon asocijacije A + (B + C) = (A + B) + C A(BC) = (AB)C 154


3) zakon distribucije A(B + C) = AB + AC A + BC = (A + B)(A + C) 4) zakon apsorcije A + AB = A A + AB = A + B 5) De Morganovi zakoni A+B=AB AB = A + B

155


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

Rešenje: (A + B)(A + C) = AA + AB + AC + BC = = AB(C + C) + AC(B + B) + BC(A + A) = = ABC + ABC + ABC + A BC + ABC + ABC =

(6.1.1)

= AB(C + C) + AC(B + B) = AB + AC BC + ABD + AC = BC + ABD(C + C ) + AC = = BC + BCAD + AC BD + AC =

(6.1.2)

= BC(1 + AD) + AC (1 + BD) = BC + AC

6.2) Napisati funkciju F = AB + AB C + BD u vidu zbira potpunih proizvoda. Rešenje: F = AB + AB C + BD = = AB(C + C )(D + D ) + AB C (D + D ) + (A + A )B(C + C ) D = = ABCD + ABCD + ABC D + ABC D + AB C D + + AB C D + ABCD + ABC D + ABCD + ABC D =

(6.2.1)

= ABCD + ABCD + ABC D + ABC D + + AB C D + AB C D + ABCD + ABC D Funkcija F se može napisati i u binarnom obliku: F = Σ(1111,1110,1101,1100,1001,1000,0110,0100)

(6.2.2)

156


odnosno, u decimalnom obliku: F = Σ(4,6,8,9,12,13,14,15)

(6.2.3)

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

[A + BC = (A + B)(A + C)]

(6.3.1) funkcija F

postaje: F = ( A + B + C + DD ) ⋅ ( A + B + C + DD ) ⋅ ( A + B + C + D)(A + B + C + D) = = (A + B + C + D)(A + B + C + D )(A + B + C + D) ⋅ ⋅ ( A + B + C + D )(A + B + C + D)(A + B + C + D) =

(6.3.2)

= (A + B + C + D)(A + B + C + D )(A + B + C + D) ⋅ ⋅ ( A + B + C + D )(A + B + C + D) Funkcija F se može napisati i u binarnom obliku: F = Π (0100,0101,1100,1101,1000)

(6.3.3)

odnosno, u decimalnom obliku: F = Π (4,5,8,12,13)

(6.3.4)

6.4) Uprostiti funkciju od pet promenjivih: F(A, B, C, D, E ) = Σ(1,5,8,9,15,16,18,21,23,24,26,28,29,30,31) koristeći Karnoove tablice. 157


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

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

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

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

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

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

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

158


Uprošćavanje funkcije pomoću Karnoovih tablica sastoji se u tome da se za svaku zajedničku površinu ispisuju samo promenjive koje imaju iste vrednosti u svim poljima u okviru te površine. Broj polja u okviru površine može biti 2n (n=1,2,3…). Za Karnoove tablice sa slike 6.4 važi: Za A=0 : FA = B DE + BC D + BCDE Za A=1 : FA = BC + CE + C E Funkcija F posle uprošćavanja postaje: F = AFA + AFA = A B DE + ABC D + ABCDE + ABC + ACE + AC E 6.5) Uprostiti logičku mrežu sa slike 6.5.

Rešenje: Sa slike 6.5 se vidi da je izlazna funkcija F:

159


F = A + B + C + ABD + (A + C)(B + D) + ABCD = = A B C + ABD + AB + AD + BC + CD + ACD + BCD

(6.5.1)

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

(6.5.2)

Minimiziranjem funkcije F pomoću Karnoove tablice sa slike 6.5.1 jednačina (6.5.2) postaje: F = AC+B+D

(6.5.3)

Realizacija funkcije F prikazana je na slici 6.5.2.

160


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

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

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

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

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

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

(6.6.1)

= A BD + ABC + ACD 161


Realizacija funkcije data je na slici 6.6.

6.7) Dizajnirati logičku mrežu koja će realizovati funkciju F = A B D + A C NI kolima. Rešenje: Primenom De Morganovih zakona funkcija F postaje: F = AB D + A C = AB D + A C = AB D A C

(6.7.1)

Realizacija funkcije F NI kolima prikazana je na slici 6.7.

162


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

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

6.9) Dizajnirati multipleksor sa 8 ulaza, a zatim pomoću njega realizovati funkciju F(A, B, C, D) = Σ(0,2,4,5,9,12,13,15) . Za selekcione ulaze uzeti promenjive A, B i C. Rešenje: Multipleksor je kombinaciona mreža koja obavlja ulogu elektronskog prekidača sa više ulaza i jednim izlazom. Na slici 6.9.1 prikazana je funkcionalna šema, a na slici 6.9.2 simbol multipleksora. 163


U svakom trenutku ostvaruje se veza između izlaza i samo jednog odabranog ulaza, ukoliko je aktiviran prekidač E (dozvola). Ulaz, preko kojih se dovode podaci koje treba preneti na izlaz, nazivaju se informacioni ulazi ili kanali. Selekcija kanala se vrši tako što se svakom kanalnom ulazu pridružuje određeni kodni slog kao adresa. Logička funkcija multipleksora može se napisati u obliku: F=

n −1

∑ I i ⋅ SEL i ⋅ E

(6.9.1)

i =0

Kao integrisane komponente multipleksori se izrađuju sa dva, četiri, osam ili šesnaest ulaza. Multipleksor sa osam ulaza ima tri selekciona ulaza S0, S1 i S2. Tada je izlazni signal F dat jednačinom: F = (I 0 ⋅ S 2 S1 S0 + I1 ⋅ S 2 S1S0 + ⋅ ⋅ ⋅ + I 7 ⋅ S 2 S1S 0 ) ⋅ E

(6.9.2)

Realizacija multipleksora sa osam ulaza prikazana je na slici 6.9.3. Funkcija F je data jednačinom: F = A B C D + A BCD + ABC D + ABCD + + A B CD + ABC D + ABCD + ABCD

(6.9.3)

164


Pošto su selekcioni ulazi A, B i C, jednačina (6.9.3) može se napisati u obliku: F = A B C ⋅ D + A BC ⋅ D + ABC ⋅ (D + D) + ABC ⋅ DD + + A B C ⋅ D + A BC ⋅ DD + ABC ⋅ (D + D) + ABC ⋅ D

(6.9.4)

Pojedini članovi ne postoje u jednačini (6.9.3), ali su dodati u jednačinu (6.9.4) sa nultom vrednošću da bi se kompletirao skup adresnih kombinacija. Iz jednačine (6.9.4) sledi da su informacioni ulazi za trobitnu adresu ABC: I0 = D , I1 = D ,

I 2 = D + D = 1 , I3 = D D = 0 , I 4 = D , I5 = D D = 0 , I 6 = D + D = 1 , I7 = D

Realizacija funkcije F pomoću multipleksora MX 8 / 1 prikazana je na slici 6.9.4. 165


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

(6.10.1)

+ ABCDE + ABCDE + ABCD E + ABCDE + ABCDE + ABCDE odnosno: F(A, B, C, D, E) = Σ(7,11,13,14,15,19,21,22,23,25,26,27,28,29,30,31) Neka su selekcione ulazne promenjive A,B,C,D. Realizacija funkcije F je data u tablici 6.10.2 i prikazana na slici 6.10.1. 166


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Tablica 6.10.1

167


6.11) Objasniti funkciju kola sa slika 6.11.1 i 6.11.2.

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

B 0 1 0 1

P 0 0 0 1

S 0 1 1 0

Tablica 6.11.1. Funkcionalna tablica polusabirača Kako polusabirač može da sabira samo bitove iste pozicione vrednosti, za sabiranje višebitnih brojeva koristi se potpuni sabirač koji je prikazan na slici 6.11.2. Na ulaze A i B dovode se bitovi iste pozicione vrednosti u datim sabircima, a na ulaz C dolazi prenos koji nastaje pri sabiranju susednog para biti niže vrednosti. Na izlaz S = A ⊕ B ⊕ C pojavljuje se

168


zbir brojeva A, B i C, dok se na izlaz P = (A ⊕ B)C + AB prenosi bit veće težine. A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

C 0 1 0 1 0 1 0 1

P 0 0 0 1 0 1 1 1

S 0 1 1 0 1 0 0 1

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

(6.12.1)

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

(6.12.2)

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

(6.12.3)

= CCD + DCD = CCD + DCD = CCD ⋅ DCD 169


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

(6.12.4)

= AB + CD = AB ⋅ CD

Na slici 6.12 prikazana je realizacija potpunog sabirača NI kolima.

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

Y1 0 1 0 0 0 0 0 0

Y2 0 0 1 0 0 0 0 0

Y3 0 0 0 1 0 0 0 0

Y4 0 0 0 0 1 0 0 0

Y5 0 0 0 0 0 1 0 0

Y6 0 0 0 0 0 0 1 0

Y7 0 0 0 0 0 0 0 1

X2 0 0 0 0 1 1 1 1

X1 0 0 1 1 0 0 1 1

Xo 0 1 0 1 0 1 0 1

Tablica 6.13 170


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

odnosno:

X o = Y1 + Y3 + Y5 + Y7 = Y1 Y3 Y5 Y7

(6.13.1)

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

(6.13.2)

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

(6.13.3)

Realizacija kodera 8 / 3 prikazana je na slici 6.13.

6.14) Dizajnirati dekoder BCD 8421 / DC . Rešenje: Postupak prevođenja binarnog brojnog sistema u decimalni brojni sistem naziva se dekodiranje. Kombinaciono kolo koje vrši dekodiranje

171


naziva se dekoder. Dekoder BCD 8421 / DC, odnosno dekoder 4 / 10, je kolo sa 4 ulaza i 10 izlaza kojim se prevode četiri bita binarnog sistema u cifre od 0 do 9 decimalnog brojnog sistema. U svakom trenutku može da se koristi signal samo sa jednog od 10 izlaza. BCD kodovi sadrže binarno kodovane decimalne cifre. Kod BCD kodova decimalni brojevi se predstavljaju binarnim tako da pojedinačno svaku cifru decimalnog broja zamenjuje određena grupa binarnih cifara. Binarne cifre u ovim grupama raspoređene su prema nekom određenom kodu koji obično ima težinski karakter. Kod BCD 8421 podudara se sa prirodnim binarnim brojevima. Iz tablice istinitosti 6.14 dekodera 4 / 10 se vidi da je: No

X3 X2 X1 X0

Y0

Y1

Y2

Y3

Y4

Y5

Y6

Y7

Y8

Y9

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Tablica 6.14 Y0 = X 3 X 2 X1 X 0

Y1 = X 3 X 2 X1X 0

Y2 = X 3 X 2 X1 X 0

Y3 = X 3 X 2 X1X 0

Y4 = X 3 X 2 X1 X 0

Y5 = X 3X 2 X1X 0

172


Y6 = X 3X 2 X1 X 0

Y7 = X 3X 2 X1X 0

Y8 = X 3 X 2 X1 X 0

Y9 = X 3 X 2 X1X 0

Realizacija dekodera BDC 8421 / DC prikazana je na slici 6.14.

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

173


vrši kodovanje u drugi binarni kod. Podaci za proračun konverzije koda BCD 8421 u kod BCD 2421 dati su u tablici 6.15.

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

X3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

BCD 8421 X2 X1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0

X0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Y3 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1

BCD 2421 Y2 Y1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1

Y0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Tablica 6.15 Iz tablice 6.15 se vidi je: Y0 (X3 , X 2 , X1, X 0 ) = ∑ (1,3,5,7,9) = X 0

Y1 (X 3 , X 2 , X1, X 0 ) = ∑ (2,3,5,8,9) = X 3 + X 2 X1 + X 2 X1X 0 Y2 (X 3 , X 2 , X1, X 0 ) = ∑ (4,6,7,8,9) = X3 + X 2X1 + X 2 X1 X 0 Y3 (X 3 , X 2 , X1, X 0 ) = ∑ (5,6,7,8,9) = X 3 + X 2 X1 + X 2 X 0

Kako konvertora koda BCD 8421 u kod BCD 2421 ne obuhvata binarne kombinacije od 10 do 15, one su iskorišćene za minimizaciju izlaznih funkcija konertora koda. Realizacija konvertor koda BCD 8421 u kod BCD 2421 data je na slici 6.15

174


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

175


Formiranje pojedinih simbola ostvaruje se paljenjem odgovarajućih svetlosnih segmenata prema tablici 6.16. No 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

X3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

X2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0

X1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0

X0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Y1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1

Y2 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1

Y3 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1

Y4 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1

Y5 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0

Y6 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1

Y7 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1

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

176


6.17) Dizajnirati mrežu za generisanje bita parnosti za signal od 4 bita. Rešenje: Kod kodovanja podataka često se javlja potreba za kontrolom ispravnosti kodovanja. To je najednostavnije izvesti kontrolom parnosti jedinice u kodnim slogovima. U tablici 6.17 date su vrednosti koje zadovoljava bit parnosti. X3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

X2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

X1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

X0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Y 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0

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

(6.17.1)

Posle sređivanja jednačina (6.17.1) postaje: 177


Y = X 3 X 2 ( X1X 0 + X1 X 0 ) + X 3 X 2 ( X1 X 0 + X1X 0 ) + + X 3 X 2 ( X1 X 0 + X1X 0 ) + X 3 X 2 ( X1X 0 + X1 X 0 ) = = (X 3 X 2 + X 3 X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) + (X 3 X 2 + X 3 X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) =

(6.17.1)

= (X 3 ⊕ X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) + (X 3 ⊕ X 2 )(X1 ⊕ X 0 ) = = ( X 3 ⊕ X 2 ) ⊕ ( X1 ⊕ X 0 ) Realizacija mreže za generisanje bita parnosti za

signal od 4 bita

prikazana je na slici 6.17.

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

178


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

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

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

179


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

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

Tablica 6.18.2 Iz tablice 6.18.2 se vidi da se Q0 menja na svaki impuls, što je moguće samo pri T0 = 1. Q1 menja stanje samo ako je Q0 = 0, odnosno tada je T1 = Q 0 . Q2 menja stanje samo ako je Q0 = Q1 = 0, odnosno tada

je T2 = Q 0 Q1 . Realizacija trobitnog brojača koji broji unazad prikazana je na slici 6.18.3.

180


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

flip flopa i njegova tablica

istinitosti.

Na osnovu tablice istinitosti JK flip flopa, u tablici 6.19 dati su uslovi prelaska. stanje

zatečeno stanje

sledeće stanje

uslovi prelaska

No 1

Q2 1

Q1 1

Q0 0

Q2 0

Q1 0

Q0 1

J2K2 11

J1K1 11

J0K0 11

2

0

0

1

0

1

0

00

11

11

3

0

1

0

0

0

0

00

11

00

4

0

0

0

1

1

1

11

11

11

5

1

1

1

1

0

1

00

11

00

6

1

0

1

1

1

0

00

11

11

7

1

1

0

0

0

1

11

11

11

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

Tablica 6.19

181


Iz tablice 6.19 vidi se da je: J 0 = K 0 , J1 = K1 = 1 , J 2 = K 2 J 0 = Q 2 Q1Q 0 + Q 2 Q1 Q 0 + Q 2 Q1 Q 0 + Q 2 Q1Q 0 = Q1Q 0 + (Q 2 J 2 = Q 2 Q1 Q 0 + Q 2 Q1 Q 0 = (Q 2

Q1 )Q0

Q1 )Q0

Realizacija brojača prikazana je na slici 6.19.2.

182

LITERATURA

7. LITERATURA

1. B. Ćirilov: UVOD U ANALIZU ELEKTRONSKIH KOLA, Građevinska knjiga, Beograd, 1981. 2. B.

Ćirilov:

ZBIRKA

ZADATAKA

UVOD

U

ANALIZU

ELEKTRONSKIH KOLA, Građevinska knjiga, Beograd, 1981. 3. B. Ćirilov: ELEKTRONIKA – EKSPERIMENTALNE VEŽBE, PMF Beograd, 1981. 4. M. Milić: ZADACI IZ TEORIJE ELEKTRIČNIH KOLA, Naučna knjiga, Beograd 1983. 5. A. Cohen: LINEAR CIRCUITS AND SISTEMS, Regents Publishing Company, New York, 1965. 6. P. Horowitz, W. Hill: THE ART OF ELECTRONICS, Cambridge University Press, New York, 1989. 7. T. C. Hayes, P. Horowitz, STUDENT MANUEL FOR THE ART OF ELECTRONICS, Cambridge University Press,

New York,

1989. 8. J.

Ryder,

C.

Thompson:

ELETRONIC

CIRCUITS

AND

SYSTEMS, Prentice – Hall, New Jersey, 1976.

183

LITERATURA

9. M. Hribšek, D. Vasiljević, B. Drakulić: ELEKTRONIKA I – PROBLEMI I REŠENJA, Naučna knjiga, Beograd, 1989. 10. S. Tešić: ELEKTRONIKA – IMPULSNA I DIGITALNA, Nauka, Beograd 1992. 11. S. Tešić, D. Vasiljević: ZBIRKA ZADATAKA IZ DIGITALNE ELEKTRONIKE, Naučna knjiga, Beograd, 1992.

184

Zbirka Zadataka Iz Elektronike

Recommend Documents