Electronics | Higher education » Csákány Antal - Elektronika példatár

Csákány Antal Elektronika példatár Az itt található feladatok az Elektronika elõadások tartalmához illeszkednek. A példák és megoldások a „Fakultatív gyakorlat”- okon szerepeltek, - ugyanabban a sorrendben, ahogy ott megtárgyaltuk õket. Ez azt is jelenti, hogy nincsenek szigorú tematikai sorrendbe szedve A feladatok viszonylag egyszerûek, az Elektronika tárgy megértésében sokat segítenek, kicsit túlozva úgy is mondhatjuk, hogy nélkülözhetetlenek. A példák megoldásánál a DERIVE matematikai programcsomagot is igénybe vettük, - így egyszerûen és megbízhatóan számolhattunk, könnyen tudtunk bonyolult függvényekrõl ábrát készíteni. (Sajnos a programcsomag bizonyos sajátosságai is megjelennek ebben a példatárban, így pl az, hogy az indexes változók írásmódja kicsit furcsának tûnik) A példatár utolsó részében régi – új zárthelyi feladatlapok vannak, - megoldások nélkül. 2000. nov 12 Példatár

1 1. Hogyan változik a feszültség a diódán, ha a telep feszültsége 2 V – ról 4 V –ra növekszik.(r = 2 kohm, a dióda „átlagos”, vagyis - 14 telítési árama 10 A.) Megoldás - 1. Mivel a dióda különleges nemlineáris elem, a feladatot csak közelítõ pontossággal tudjuk megoldani, - elõször grafikus megoldással próbálkozunk. Az áramkörre felírható alapvetõ összefüggések transzcendens egyenletrendszerre vezetnek: Ábrázoljuk a dióda karakterisztikáját, valamint a munkaegyenes(ek) egyenletét ugyanazon az ábrán. A P és Q pontokban leolvashatók a 2, illetve 4 V telepfeszültséghez tartozó munkaponti adatok. (Az eredeti DERIVE ábráról leolvasva a feszültségeket 0.642-nek, valamint 0673-nek találjuk Az áramok pedig 06 mA és 16 mA értékûek. Meglepõ módon a dióda feszültsége alig változik, miközben a telep feszültsége a kétszeresére növekedett ! ) Megoldás – 2.

A DERIVE lehetõséget ad arra, hogy transzcendens egyenletrendszert is megoldjunk numerikusan az ún. Newton – Raphson iterációs módszerrel – Ha a SOLVE segédprogram csomagot betöltjük, akkor lehetõvé válik az alábbi sor beírása: Az elsõ szögletes zárójel a két megoldandó egyenletet tartalmazza (zérusra redukált formában). A második a keresendõ változókat nevezi meg. A harmadikban az iterációs eljárás kezdõértékeit becsüljük meg. – A legutolsó szám az iterációk számát adja meg – (A dióda áramának megadásánál a „- 1” –et elcsaltuk, mivel az nyitóirányban elhanyagolható.) Példatár 2 Az eredményeket approximációs egyszerûsítéssel kaphatjuk. Jól látszik, hogy a hetedik értéktõl kezdve a megoldás már nem változik. – A 2 V –os telepfeszültséghez tartozó feszültség- és áramértékek az utolsó sorban olvashatók. 2.

Rajzolja fel sorosan és párhuzamosan kötött ellenállásból és diódából álló kétpólus eredõ áram feszültség karakterisztikáját ( r = 1 kohm iS = 1014 A.) Megoldás. – Grafikus eljárást választunk Rajzoljuk fel ugyanabba az ábrába az ellenállás és a dióda áram-feszültség karakterisztikáit. Párhuzamos kapcsolásnál mindkét elemen ugyanakkora a feszültség, - az egyes áramértékek tehát összegezõdnek. Soros kapcsolásban mindkét elemen azonos áram folyik keresztül, - itt a feszültségértékek összegezõdnek. Példatár 3 3. Mennyit változik egy Zener diódán a kimeneti feszültség, ha a telep feszültsége 4 V – ról 6 V –ra emelkedik? (A Zener dióda adatai: Zener.feszültség: 35 V , a Zener szakasz ellenállása: 25 ohm.) Mekkora az a terhelõ ellenállás, amelyik esetén az áramkör még stabilizátorként mûködik? Hogyan változik a terhelés

és a Zener dóda együttes árama? Megoldás. Elõször fel kell rajzolnunk a Zener karakterisztikáját, majd a telep-ellenállás rendszer munkaegyenesét. A Zener dióda pozitív feszültségek esetén közönséges diódaként viselkedik. Negatív feszültségek esetén – 3.5 V –ig nem vezet, majd a megadott a 25 ohm ellenállásnak megfelelõ lineáris függvény szerint változik rajta az áram. Az ábrán látható metszéspontok feszültség különbsége szinte le sem olvasható. Ez azonban kiszámítható: a du b = 2000 mV bemeneti feszültségváltozás olyan osztóra jut, amelyik tagjai r = 2 kohm, rV = 25 ohm: A kimeneti feszültség változása (du k ) csak 24 mV ! A „feszültség-stabilizálási tényezõ” értéke: 2000/24 = 81 –szeres ! Ha a telepfeszültség 6 V és a Zener diódával párhuzamosan egy rt ellenállást kapcsolunk, akkor a Zener dióda csak akkor fog mûködni, ha az osztón legalább 3.5 V feszültség van Vagyis Példatár

4 Ebbõl rt érékére 2.8 kohm adódik, - ez a legkisebb értékû terhelõ ellenállás Most a terhelésen átfolyó áram 3.5/2800 = 125 mA – Ha a terhelõ ellenállás értéke növekszik, akkor a Zener diódán egyre nagyobb áram folyik át. Ha a terhelõ ellenállás végtelenül nagy lesz, a diódán átfolyó áram (6 – 3.5)/2000 = 125 mA A dióda és a terhelés árama tehát úgy oszlik meg, hogy összegük állandó értékû legyen. 4. Hogyan változik egy dióda differenciális ellenállása? Megoldás. Irjuk fel dióda áramköri mûködését leíró egyenlet kicsit módosított változatát ( az exponenciális taghoz képest az egységet elhanyagoljuk), és ebbõl számoljuk ki a du feszültségváltozás hatására bekövetkezõ di áramváltozást: di/du reciprokaként megkaptuk a differenciális ellenállás értékét: rd = u t 26 mV = I I Ez nagyon fontos és sokszor használt

összefüggés. A differenciális ellenállás értéke tehát lényegében csak a munkaponti (nyugalmi) áram függvénye. Ha a munkaponti áram tízszeresére változik, a differenciális ellenállás tizedrészére csökken. Az ábrán a dióda karakterisztikáját és két pontjához tartozó érintõket láthatjuk. Az érintõ meredeksége – a differenciális ellenállás reciproka – jócskán változik. 5. Határozzuk meg a megadott elektromos hálózatban az A – B pontokhoz tartozó Thevenin helyettesítõ képet. Megoldás. Használjuk fel a szuperpozíció tételt, mely szerint – egyetlen aktív forrás kivételével – sorban helyettesítsük az összes aktív forrást saját belsõ ellenállásával és határozzuk meg a vizsgálandó kimenetre jutó feszültséget. Ezeket összegezve megkapjuk a terhelés nélküli kimeneti feszültséget. Példatár 5 A kimeneti feszültség egyes

komponensei: A Thevenin helyettesítõ kép belsõ ellenállását úgy határozhatjuk meg, hogy az összes aktív forrást saját belsõ ellenállásával helyettesítjük és meghatározzuk az A – B pontokról látható ellenállás értékét. Végül a kész helyettesítõ kép: 6. Az ábrán látható tranzisztor kollektorárama 1 mA Határozzuk meg a kollektor feszültségét és azt, hogy a kollektoráram hányadrésze folyik a 10 kohmos ellenálláson. – Becsüljük meg, mekkora a tranzisztor áramerõsítési tényezõje. Példatár 6 Megodás. Vegyük észre, hogy a kollektorellenállás és a terhelõellenállás összevonható, ha az ábrán szaggatott vonallal jelzett áramköri részletre a Thevenin tételt alkalmazzuk. Ekkor a kollektorfeszültség könnyen felírható: U C =10 − I C 3.3 = 67 V A tranzisztor kollektorárama szempontjából a kollektorellenálás és a

terhelõellenállás párhuzamosan kapcsolódik. Ez a következõ egyenletekkel fejezhetõ ki: Ha az i2 –re vonatkozó megoldást megkeressük, eredményül 0.33 mA –t kapunk (Másképp kicsit egyszerûbben: a kollektoráram az 1 : 2 arányú ellenállásokon oszlik meg, - ebbõl egyharmad jut a 10 kohmos ellenállásra, kétharmad pedig fele akkora ellenállásra.) A tranzisztor bázisáramát a mellékelt egyszerû ábra alapján határozhatjuk meg. Egy nyitott diódán 06 – 07 V feszültséget találhatunk, ezért a bázisáramot (elhanyagolható pontatlansággal) könnyen megkaphatjuk: IB = 15 − 0.6 ≈75 µ A 200 k A kollektoráram és a bázisáram hányadosaként pedig megkaphatjuk a tranzisztor áramerõsítési tényezõjét: IC = β = 13.3 IB Példatár 7 7. Határozza meg a megadott négypólus transzfer függvényét. Rajzolja fel az amplitúdóátvitelt és a

fáziskarakterisztikát lineáris frekvenciaskálán. - Rajzolja fel a transzfer függvény Nyquist diagramját. ( L = 1 mH, C = 100 nF, R = 1 kohm) Megoldás. – A kapcsolás induktivitása és kondenzátora soros rezgõkört sugall. Ezt azonban kicsit „elrontja” a tekerccsel párhuzamosan kapcsolódó ellenállás. Ennek ellenére határozott rezonanciát kell kapnunk az L és C által meghatározott frekvencián. - A feladat megoldásához a DERIVE nélkülözhetetlen. A transzfer függvény egyszerûen felírható: csak figyelni kell arra, hogy L és R párhuzamosan vannak kötve. A kifejezést egyszerûsítve a fenti, – nehezen áttekinthetõ – összefüggéshez jutunk. Ha ide behelyettesítjük az elemek számszerû értékeit, ábrázolhatjuk a fenti kifejezés abszolút értékének változását a frekvencia függvényében. A rezonancia jelensége jól látható, - 1 V bemeneti feszültség esetén a kimenet 10 V körüli lesz. Természetesen a fenti kifejezés

fázisszögét is ábrázolhatjuk. (Az ábrák mindkét skálája lineáris !) Példatár 8 A Nyquist görbét polár koordinátarendszerben kell felrajzolnunk. (A fenti kifejezésbõl ki kell hagynunk az imaginárius egységet, a DERIVE jelölés rendszerébõl adódóan.) Ha behelyettesítjük az elemek tényleges értékeit, az alábbi ábrához juthatunk: Vegyük észre, hogy ebbõl az ábrából sikeresen lehetne a fenti két ábrát rekonstruálni (ha frekvencia értékek is számszerûen fel lennének tüntetve). 8. Rajzolja fel a megadott „létra hálózat” transzfer függvényének Bode diagramját. Mekkora lesz a kimenõjel értéke, ha kimenet éppen a bemenettel ellentétes fázisú ? Milyen frekvencián következik ez be? Megoldás. - Ez esetben – célszerûen – a Kirchhoff törvényeket alkalmazzuk ( a és b –vel a vízszintes , illetve a függõlegesen rajzolt elemek

impedanciáját jelöljük, - a köráramok a függõleges ágakon folynak). Az egyenletrendszer megoldása után a kimeneti feszültség: Példatár 9 Ha az amplitúdóátviteli görbét fel akarjuk rajzoltatni, akkor a jobboldali tört abszolút értékének tízes alapú logaritmusának hússzorosát kell venni. A DERIVE jelölésével: A fázisátvitel ennél kicsit egyszerûbben írható fel: Az összefüggésekbe C = 1 nF, valamint R = 1 kohm értéket helyettesítünk, - és persze ω helyébe a ω ω = 10 - et, hogy a vízszintes skála logaritmikus legyen (!!!!). A két görbe ugyanazon az ábrán látható, - az amplitúdóátvitel szaggatott, a fázismenet folyamatos. Az eredeti kérdésekre keressük a választ. A bemenethez képest ellenkezõ fázis π nagyságú, - a P pont jelöli ezt a fáziskarakterisztikán. Az innen kiinduló függõleges vonal az amplitúdókatakterisztikát a – 29

dB – es Q pontban metszi. – A (kör)frekvencia érték is leolvasható: ez az ábrán kb 6.2 6 6.2 –nél, pontosabban 10 = 245 10 – nél következik be. Ezeket a keresett értékeket nem csak az ábráról kaphatjuk meg, hanem egyenleteinkbõl is. Ha az átviteli összefüggés képzetes része éppen zérus értékû, akkor kiszámolhatjuk, hogy ez milyen frekvencián következik be Példatár 10 Ha ezt az értéket visszahelyettesítjük az átviteli összefüggésbe, akkor a következõ (most már egzakt ) eredményre jutunk: (Az elõjel a fázisfordításra utal, az 1/29 érték pedig a decibel skálán kb. – 29 –nek felel meg) Ha egy négypólus bemenete és kimenete között éppen 180 fokos fázisviszony van, akkor a bemenet és kimenet két jelölt pontja között nagyobb feszültség mérhetõ, mint a bemeneti feszültség (az elõjelek figyelembe vételével): Vizsgáljuk meg az

adott ábra szerinti áramkört. Ez az elõzõ feladat átrajzolt változata és a fenti állítás illusztrálására szolgál. Észre kell venni azt, hogy ez most felüláteresztõ szûrõ ! Megoldás. – Természetesen itt is felírhatnánk a Kirchhoff egyenleteket, és megoldhatnánk a keletkezõ egyenletrendszert. Azonban egyszerûbb megoldást választunk: felhasználjuk az elõzõ feladat átviteli függvényét. Helyettesítsük be a C = 1 nF, R = 1 kohm és az ω = 10ω értéket és ábrázoljuk az amplitudóátviteli Bode diagramot. Azt a meglepõ eredmény látjuk, hogy a kimeneti feszültség 0.89 dB értékkel meghaladja a bemeneti feszültség értékét. Ez azt jelenti, hogy a kimenet a bemeneti feszültség kb. 110 % -a lesz ! (Feszültségerõsítõ ?) Példatár 11 9. Határozza meg a megadott kapcsolás átvitelének Bode diagramjait. – Mire lehetne ezt az áramkört használni?

Megoldás. – Az áramkör kimenete egy RC aluláteresztõ és felüláteresztõ szûrõ kimeneti feszültségeinek különbsége. Ez közvetlenül felírható: Azonnal feltûnik, hogy a kimenõ jel abszolút értéke minden frekvencián megegyezik a bemenõjel értékével, vagyis az áramkör ún. „mindent áteresztõ” kapcsolás. Karakterisztikáját felrajzolni sem érdemes: egybeesik a vízszintes tengellyel. A fázis is egyszerûen meghatározható. – (A BODE diagram felrajzolásához be kell helyettesítenünk az ω = 10ω értéket, hogy az abszcisszát logaritmikussá tegyük. Az ábra készítésénél R = 10 kohm és C = 100 nF értékeket használtunk.) Ezt az áramkört a fázismenet korrigálására, módosítására használják. 10. Határozza meg a megadott áramkör frekvenciaátvitelét és keresse meg, mi annak a feltétele, hogy a kimenõ feszültség ne függjön a frekvenciától. Mire használják ezt az áramkört? Megoldás. – Írjuk fel a transzfer

függvényt, arra figyelve, hogy a megfelelõ ellenállások és kondenzátorok párhuzamosan vannak kapcsolva. Példatár 12 Kicsit átalakítva : Elég feltûnõen látszik, hogy a c1. r1 = c2r2 feltételt választva (vagyis a két idõállandó legyen egyforma) , a kimeneti feszültség csak az ellenállások arányától függ. Ábrázoljuk a frekvenciakarakterisztikát Bode diagramon, - három különbözõ esetben. Az értékeket vegyük az alábbi táblázatból: a b c r1 100 k 100 k 100 k r2 10 k 10 k 10 k c1 c2 1 nF 100 pF 100 pF 1 nF 10 pF 1 nF Az eredmény az ábrán látható. Az áramkört – ha a két idõállandó azonos kompenzált osztónak nevezik és feszültség csökkentõ kapcsolásokban (pl. oszcilloszkóp bemenetén ) használják. Példatár 13 11. Rajzoljuk fel a mellékelt áramkör

frekvencia átvitelének Bode diagramját és határozzuk meg ebbõl az áramkör frekvenciahatárait. Bontsuk fel az áramkört két részre és így is határozzuk meg a frekvenciahatárokat. Megoldás. – A transzfer függvény felírásához a potenciométer szabályt alkalmazzuk, de ügyeljünk arra, hogy egy soros és egy párhuzamos RC áramkör szerepel benne. Az amplitúdóátviteli Bode diagramot – az elõzõ feladatokban részletezett módon állítjuk elõ. A frekvenciahatárok meghatározásához grafikus megoldást választunk. – Berajzoljuk az átviteli karakterisztika maximumát jelzõ – 6 dB – es szintet. A frekvenciahatárok ennél 3 dB- el lejjebb fognak elhelyezkedni. A metszéspontok (kör)frekvencia értékei az ábráról leolvashatók és így ismertté válik az alsó és felsõ frekvenciahatár is. Figyeljünk fel arra, hogy a két kondenzátor kapacitása határozottan különbözik. Ez lehetõséget teremt arra, hogy egy alacsonyfrekvenciás és

egy nagyfrekvenciás részre bontsuk az áramkört. A részletek az ábrán láthatók. – Kisebb frekvenciákon az 1 nF – os kondenzátor hatása elhanyagolható. Magas frekvenciákon pedig a 100 nF – os kondenzátor tekinthetõ rövidzárnak A frekvenciahatárok most már könnyedén felírhatók. Példatár 14 u ki =u be jω rc 3 jω rc + (1− ω 2 r 2 c 2 ) ω a = 2 R1C ω= 1 R / 2C 12. Határozzuk meg az áramkör feszültségátviteli függvényét és ábrázoljuk azt lineáris skálán, Bode diagramokon, valamint polár koordináta rendszerben (Nyquist diagramon). Mire használják ezt az áramkört? Megoldás. Az elõzõ feladat elsõ részének felhasználásával az átviteli függvény, - - triviális egyszerûsítés után: Az ábrákat a DERIVE segítségével rajzoltuk fel. Példatár 15 Mind a

Nyquist ábrából, mind a Bode diagramokból jól látszik, hogy az áramkörnek az a feltûnõ tulajdonsága, hogy van egy olyan frekvencia (ω = 1/RC ), amelyiknél a kimenet fázisa megegyezik a bemenet fázisával, - és ezen a frekvencián a kimenet a bemenetnek éppen harmada. Ezt az áramkört az ún. Wien – hídas oszcillátorokban használják. – Az ábrán láthatjuk a vizsgált áramkört híd kapcsolássá kiegészítve. A jobboldali ohmos osztó osztásaránya éppen az elõbb említett egyharmad. Ennek a híd kapcsolásnak a jellegzetessége: létezik olyan (egyetlen) frekvencia, amelyiknél a kimeneti (híd ág) feszültség zérus, vagyis a bemenet nem jut el a kimenetre. 13. Mutassuk meg, hogy az elõzõ példában szereplõ Wien áramkör frekvenciakarakterisztikája egy soros rezgõkör tulajdonságait mutatja, ha a rezgõkör paramétereit jól választjuk meg. Megoldás. A két áramkör kapcsolási vázlatának kvalitatív elemzése arra a következtetésre

vezet, hogy mindkettõ átvitele zérus igen nagy és igen kicsiny frekvenciákon. – A feladat tehát nem megoldhatatlan. Írjuk fel mindkét kapcsolás transzfer függvényét: u ki = u be jω rc 3 jω rc + (1− ω 2 r 2 c 2 ) u ki = u be jω RC j RC + (1− ω 2 L C ) Az összefüggésekbõl az látszik, hogy mindkét átviteli függvény hasonló jellegû. Most már csak az a kérdés, hogyan válasszuk meg a soros rezgõkör paramétereit, hogy a Wien áramkörrel azonos átvitelt kaphassunk. A Wien áramkör sávszélessége – elvileg – egyszerûen meghatározható: az átvitel maximumához képesti – 3 dB – es pontokat kell megkeresnünk. Ezt a „szöszmötölõs” feladatot a DERIVE segítségével oldhatjuk meg. – Eredményül azt kapjuk, hogy ∆ω = 3 rc , vagyis a rendszer Q értéke mindössze 1/3, vagyis ez a „rezgõkör” nem nagyon szelektív. Példatár 16 Ha r = 10

kohm és c = 10 nF értékek szerepelnek a Wien áramkörben, akkor mindkét áramkör rezonanciafrekvenciájának ω 0 = 104 értékûnek kell lennie. Ha az induktivitás nagyságát 10 mH – re választjuk, akkor a Thomson frekvencia képletébõl C = 1 µF értéket kapunk. – A transzfer függvények összehasonlításából az tûnik ki, hogy a feladat korrekt megoldása az R C = 3 r c értékválasztáson múlik. (R = 30 ohm) Az ábrán feltüntettük mindkét átviteli karakterisztikát. A Wien áramkörnek és a soros rezgõkörnek a rezonanciafrekvenciája megegyezik, - azonos a két kör sávszélessége is. A rezgõkör maximális kimeneti feszültsége 0 dB, - ezért a két görbe egymáshoz képest függõlegesen el van csúsztatva. 14. Mutassuk meg, hogy az ábra szerinti áramkörben – meghatározott feltétel mellett – az R ellenálláson átfolyó áram független az ellenállás értékétõl. Megoldás. Határozzuk meg a Thevenin helyettesítõ képet, - az

ellenállás felõl benézve a hálózatba. uTh = u be rb = 1 jω C jω L + 1 jω C = u be 1 1− ω 2 L C jω L 1 x jω L = jω C 1 − ω 2 LC Példatár 17 Az ellenálláson átfolyó áram: u be 1 − ω 2 LC iR = jω L R+ 1 − ω 2 LC = u be R (1 − ω LC ) + jω L 2 Az áram láthatóan nem függ az ellenállás értékétõl, ha ω 2 L C = 1, - vagyis a rezonanciafrekvencián. (Ideális áramgenerátor?) 15. Hogyan változik a feszültség az A ponton, - a kapcsoló zárása után? Megoldás. A kapcsoló zárása elõtt a kondenzátor bal oldalán 10 V feszültséget találunk, jobb oldalán pedig 5 V – ot. A kapcsoló zárása a kondenzátor bal oldalán a feszültséget 0 V-ra állítja. Mivel a kondenzátor két végpontja közötti feszültség ugrásszerûen sohasem változhat, ez a 10 V-os feszültségcsökkenés a kondenzátor jobb oldali végén (az A ponton) is tapasztalható

lesz. Hosszú idõ múlva az A pont feszültsége el fogja érni az 5 V –ot, - exponenciális görbe mentén. Az exponenciális idõállandóját úgy lehet meghatározni, hogy a kondenzátor felõl „benézünk” a hálózatba és megvizsgáljuk, hogy a kondenzátor mekkora ellenállást „láthat”. (A feszültségforrás ekkor zérus belsõ ellenállású, a két 200 kohmos ellenállás pedig párhuzamosan kapcsolódik.) Az idõállandó tehát: 10 nF . 100 kohm = 1 ms. Az exponenciális szakasz befejezésekor a kondenzátor baloldalán a feszültség zérus, jobboldalán pedig 5 V. A kondenzátoron lévõ feszültség iránya azonban a kiinduló állapothoz képest megfordult! 16. Az RC kvázidifferenciáló áramkörre az adott periodikus impulzus sorozat érkezik. Vizsgálandó a stacioner állapotban a kimeneten létrejövõ jelalak. Példatár 18 Megoldás. Az áramkör idõállandója τ

= 1 nF 1 Mohm = 1 ms Ez az érték az impulzussorozat egyes szakaszainak nagyságrendjébe esik, ezért az eltolódás mértékét csak az exponenciális görbék részletes vizsgálatával tudjuk csak megállapítani. A megoldás vázlata a mellékelt ábrán található. – A jelalak - Ue értékrõl indul, U = 10 V –os ugrással. t1 idõ múltával nagysága (U − U e ) e t − 1 τ =Ua Az ábrán feltüntettük a kimeneti jel további szakaszának fordított elõjelû értékét is, - ezzel kicsit könnyebb számolni. (U − U a ) e t − 2 τ =U e A két egyenletbõl meghatározható az eltolódás mértéke: U e =U e t − 2 τ −e 1− e − − ( t1 + t 2 ) τ ( t1 + t 2 ) τ Az aktuális értékekkel számolva a kezdeti eltolódás nagyságát kaphatjuk. U e = 10 e− 2 − e− 3 = 0.900305 V 1 − e− 3 Példatár 19 17. Határozzuk meg az ábrán szerinti áramkör

impedanciáját és rajzoljuk fel ennek változását a frekvencia függvényében. – Hány „rezonanciafrekvenciája” van ennek az áramkörnek? Megoldás. Az impedanciát különösebb nehézség nélkül felírhatjuk: Z= 1 − ω 2 L C1 1 − ω 2 L C1 1 x = jω C1 jω C 2 jω C1 + jω C 2 (1 − ω 2 L C1 ) Céltudatos átalakítás után az eredmény: Z= 1 − ω 2 L C1 C C C j ω C1 (1 + 1 ) 1 − ω 2 1 2 C1 + C 2 C2 1 Ebbõl jól látszik, hogy az impedancia (pontosabban: reaktancia) az L és C1 által meghatározott frekvencián lesz zérus értékû, vagyis itt tapasztalunk soros rezonanciát. A két kondenzátor soros eredõje fogja megszabni azt, ahol párhuzamos rezonanciát észlelhetünk. Elkészítettük ennek grafikus ábráját is, - a kondenzátorok és az induktivitás értékét egyaránt egységnyinek vettük. (Emlékeztetõül: a kvarckristály elektromos helyettesítõ képe ehhez nagyon hasonló.) Példatár

20 18. Rajzoljuk fel a megadott áramkör kimeneti feszültségének változását a frekvencia függvényében. Megoldás. Jól látszik, hogy egy soros- és egy párhuzamos rezgõkör kombinációját látjuk, amelyeknek azonos a Thomson frekvenciájuk. – Éppen ezért ezen frekvencián a kimeneti feszültség meg fog egyezni a bemeneti feszültséggel, mivel a soros rezgõkör ellenállása zérus, a párhuzamosé pedig végtelen lesz. Az áramkör egyéb tulajdonságait csak az átviteli függvény vizsgálata mutatja. jω L 1 − ω 2 LC u ki = u be jω L 1 − ω 2 LC + jω C 1 − ω 2 LC Ezt egyszerûsítve, majd L és C értékét egységnyire választva a következõre jutunk: A nevezõben található polinóm gyökhelyeit az y = ω 2 helyettesítéssel könnyen megkaphatjuk: Most már felírhatjuk az átviteli függvényt jobban átlátható alakban is. Példatár

21 Az áramkörbõl leolvasható az, hogy a Thomson frekvencián a rendszer átvitele egységnyi. – A két végtelen nagy értékû rezonancia azonban magyarázatot érdemel. Látnunk kell, hogy mind a soros, mind a párhuzamos rezgõkör a frekvencia függvényében változtatja reaktanciáját és egy adott frekvencián akár induktív vagy kapacitív is lehet. – Az igen nagy értékek azért fordulhatnak elõ, mert az eredeti áramköri ábra potenciométerének elemei alkothatnak soros (!!!) rezgõkört is, aminek ebben az esetben nincsen áramkorlátozó ellenállása. 19. Számítsa ki, mekkora lesz a megadott jelalak középértéke és effektív értéke? Hogyan változnak ezek az értékek, ha a jelet kétoldalasan egyenirányítjuk? Megoldás. A megadott jel az X tengelyre szimmetrikus, középértéke zérus most tehát zérus. – Effektív értékét a definiciós egyenletbõl számolhatjuk ki (T = 2 s) : (a két félperiódus azonos volta miatt elegendõ

a számítást csak az egyikre elvégezni: U 2 eff 2 = T T /2 ∫[U 0 e −2 t T ] 2 dt = U 02 0 1− e − 4 = U 02 0.24542 4 vagyis: U eff = 0.4954 U 0 A középérték kiszámításához is elegendõ csak egyik félperiódust vizsgálni. Uk = 1 T T /2 ∫U 0 e 0 − 2t T dt = U 0 1− e − 2 2 = 0.4323 U 0 Példatár 22 20. Mekkorára kell választanunk C értékét, ha a hálózatból letranszformált és egyenirányított feszültséget 0.1 A árammal terheljük és azt szeretnénk, hogy a „búgófeszültség” amplitúdója ne haladja meg az 1 V –ot? Megoldás. 1. A hálózati periódusidõ alatt a kondenzátorból elfolyó töltések 1 V feszültségesést eredményeznek, vagyis U= 1 IT C alapján közelítõleg C = 2000 µF . 2. Okoskodhatunk úgy is, hogy figyelünk a kondenzátor kisülésekor létrejövõ exponenciális görbeszakaszra. Azt írhatjuk, hogy 9 = 10 e

− 20 ms τ τ értéke ebbõl 189 ms – ra adódik. Ha R éppen 100 ohmos, akkor a szükséges kapacitás 1890 µF nagyságú. (Ez gyakorlatilag azonos az elõzõ értékkel, mivel az elektrolit kondenzátorok kapacitásának pontossága ritkán kisebb ±10 százaléknál.) Példatár 23 21. Határozza meg a kimenõjelet az adott hálózat és az adott bemenõjelek esetén (A diódák ideálisak.) Megoldás. – A jelalak elsõ fele (pozitív jelek, a diódák adott kapcsolása esetén) az ÉS áramkör jellegzetességeit mutatja. Az ábra második része (negatív jelszakaszok) a VAGY kapcsolatot fogja realizálni. 22. Határozza meg, hogy milyen lesz az adott kapcsolási elrendezés kimeneti jele két különbözõ amplitúdójú bemenõjel esetén. Megoldás. – A két dióda pozitív, illetve negatív irányokban limitálja a kimeneti feszültséget. Az ábrán feltüntettük a munkaegyenest

két különbözõ bemeneti feszültség esetén. Már innen is jól látszik, hogy kb 0.6 V –ig a kimeneti feszültség követi a bemenetit, innen kezdve azonban szinte egyáltalán nem növekszik a kimeneti jel. Példatár 24 Az ún. transzfer karakterisztika felrajzolásához (a kimeneti feszültség a bemeneti függvényében) azt az utat választjuk, hogy a dióda egyenletének inverzét használjuk, vagyis kifejezzük a diódán mérhetõ feszültséget a dióda áramának függvényében. u ki = 0.026 ln (1014 i + 1) A bemeneti feszültség kifejezhetõ: u be = u ki + i .1000 Ha a két egyenletet parametrikus formában ábrázoljuk, megkaphatjuk a transzfer karakterisztikát. Ennek ismeretében most már könnyû felrajzolni a kimenõjelek alakját. 23. Rajzoljuk fel, hogyan változik a kimeneti jel, ha a bemenetre idõben lineárisan növekvõ feszültséget adunk. (A diódák ideálisak )

Megoldás. Ha a bemenõ feszültség 3 V – nál kisebb, egyik dióda sem nyitott, - a kimenõfeszültség a bemenetivel megegyezik. Példatár 25 Ha az r1 ellenálláson áram folyik, akkor az r1 – r ellenállásokból álló potenciométer szabja meg a kimeneti feszültség növekedését. (Ha az r1 = r2 = r3 = 2 r értékkel számolunk, akkor a kimeneti feszültség 2/3 – ad része jut a kimenetre.) Ahogy a diódák a bemenõ feszültség hatására bekapcsolnak, a potenciométer elemeinek változása következtében a kimeneti feszültség növekedésének mértéke 2/3 , 1 , 2/5 lesz. Az ábrán szaggatott vonallal jelöltük a bemenõ jelet. Feltüntettük az egyes szakaszokhoz tartozó „meredekség” értékeket is. Ezzel, vagy hasonló áramkörrel lehet függvényeket törtvonalas karakterisztikákkal közelíteni. 24. Az elõadáson bemutatott „furcsán” viselkedõ áramkör

kapcsolási rajza itt látható. Ha az L1 és L2 izzólámpa 220 V – os és 40 W - os , mekkora teljesítmény jut rájuk ebben az áramkörben? – Hogyan lehetne elérni, hogy a kapcsolók a lámpákat ellentétesen vezéreljék? Megoldás. A lámpák csak egyoldalasan egyenirányított feszültséget kapnak, ezért a rájuk jutó teljesítmény 20 W. Ha a kapcsolók melletti diódákat, vagy a lámpák melletti diódákat felcseréljük, - a vezérlés máris megfordul. Példatár 26 24. Határozzuk meg az alábbi tranzisztoros áramkörök nyugalmi elektróda feszültségeit Megoldás. Mindegyik áramkörnél csak a legfontosabb egyenleteket tüntetjük fel. A U T = I B . RB + 06 V U C = U t − RC . I B β B U T = I B . R B + 06 V + U E U E = (1 + β ) I B RE C Itt a Thevenin tételt is alkalmaznunk kell. Ut R2 = I B . R1 x R2 + 06V + U E R1 + R2 U E = (1 + β ) I B RE Példatár

27 Ha a második egyenletbõl kifejezzük a bázisáramot és az elsõ egyenletbe helyettesítjük, megkaphatjuk az emitterfeszültség értékét. A kollektorfeszültséget az alábbi egyenletbõl nyerhetjük: U C = U t − RC . I B β D U C = I B . R B + 06V U C = U t − RC . I B (1 + β ) 25. Egy mûveleti erõsítõt (erõsítés: 100000, határfrekvencia: 10 Hz) frekvenciafüggetlenül (pl. ellenállásosztóval) visszacsatolunk úgy, hogy az eredõ erõsítés 10, 100, 1000 legyen – Milyen lesz a visszacsatolt rendszer frekvenciakarakterisztikája? Megoldás. A visszacsatolt rendszer erõsítése: A0 1+ j f / f 0 A′= A0 β 1+ 1+ j f / f 0 A mellékelt ábrán ezt látjuk, - az erõsítés és sávszélesség szorzata állandó. – Visszacsatolt erõsítõ erõsítése „belesimul” az eredeti erõsítõ frekvenciakarakterisztikájába. 26. Egy mûveleti erõsítõ erõsítésének

frekvenciafüggése adott (két, azonos értékû kváziintegráló áramkör határozza meg). – Vizsgáljuk meg, hogy ennek frekvenciafüggetlen negatív visszacsatolása esetén létrejöhetnek-e a frekvenciakarakterisztikában „kiemelések”. A= (1+ 1000 j f / 10 4 ) 2 Megoldás. Válasszunk olyan visszacsatolást, hogy az eredõ erõsítés 10-szeres legyen. Ekkor a visszacsatolt rendszer erõsítése: Példatár 28 Ábrázoljuk ennek frekvenciakarakterisztikáját. Jól látszik, hogy az átviteli sáv vége felé az erõsítés tetemesen megnövekedik. A jelenség oka az, hogy a hurokerõsítés frekvenciafüggõ. Frekvenciakiemelés nyilván akkor következik be, ha az 1− A β ≤ 1 Ha a hurokerõsítés valós részét X –nek, képzetes részét Y – nak nevezzük, akkor a fenti kifejezést átírhatjuk: (1− ) X 2 + Y2 ≤1 Ez egy körnek az egyenlete, amelyiknek a

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