17

RCمدارهای : ۲فصل

𝑖𝑐 : می توان نتایج زیر را گرفت از رابطه ولتاژ و جریان در خازن = 𝐶𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡

ولتاژ خازن نمی تواند پرش داشته باشد. .1

( جریان خازن صفر می شود یعنی مدار باز خواهند شد.dcدر ولتاژهای ثابت ) .2

ذهنی برای بدست آوردن معادله ی خروجی ) ولتاژ خروجی(:روش

𝑌(𝑡) = 𝑌(∞) + [𝑌(0) − 𝑌(∞)] ∗ 𝑒−𝑡𝜏

τ = 𝑅𝑒𝑞 ∗ 𝐶

مثال :

𝑉𝑐(t) = فرض0

𝑉𝑐(∞) = 𝑉0

در بی نهایت خازن مدار باز می شود.

𝑉𝑐(𝑡) = 𝑉𝑐(∞) + [𝑉𝑐(0) − 𝑉𝑐(∞)] ∗ 𝑒−

𝑡𝜏

𝑉𝑐(𝑡) = 𝑉0 [ 1 − 𝑒−

𝑡𝑅𝐶 ]

18

مثال:

𝑉𝑐(0) = −5

𝑉𝑐(𝑡) = 10 + [−5 − 10] ∗ 𝑒−

𝑡𝜏

𝑉𝑐(𝑡) = 10 − 15 𝑒−

𝑡𝜏

چند خواهند شد؟ 𝑉𝑅(𝑡)و 𝑉𝑐(𝑡)می خواهیم ببینیم مثال:

ید منابع ولتاژ اتصال کوتاه و منابع جریان مدار باز گردند.با 𝜏 برای محاسبه

𝜏 = (1||1)𝐾 ∗ 15𝜇 = 7.5𝑚𝑠𝑒𝑐 𝑣𝑐(0) = 2 ∗ 1

1+1 = 1 v 𝑣𝑐(∞) = 10 ∗

1

1+1= 5 𝑣

19

:ثابت زمانی سرعت شارژ و دشارژ را نشان می دهد مفهوم ثابت زمانی

شارژ یا دشارژ می شود 5𝜏برابر ثابت زمانی 5در مدت می توان ثابت نمود که خازن

𝑣𝑐(𝑡) = 𝑉0 (1 − 𝑒− 𝑡

𝜏) ⟹ 𝑣𝑐(𝑡)

𝑉0 = 1 − 𝑒−

𝑡

𝜏

خیلی سریع شارژ میشودو پرش نمی تواند داشته باشدخازن

رابطه تقسیم مقاومتی

𝑣𝑜 = 𝑣𝑖 ∗𝑅2

𝑅1 + 𝑅2

مدارRC پایین گذر

𝐻(𝑗𝜔) = 𝑉𝑜(𝑗𝜔)

𝑉𝑖(𝑗𝜔)=

1𝑗𝜔𝑐

𝑅 +1

𝑗𝜔𝑐

⟹ 𝐻(𝑗𝜔) = 1

1 + 𝑗𝜔𝑅𝑐

|𝐻(𝑗𝜔)| = 1

√1 + 𝜔2𝑅2𝑐2

∡ 𝐻(𝑗𝜔) = 0 − tan−1 𝜔𝑅𝑐

|𝐻(𝑗𝜔)|𝜔=0 = 1

|𝐻(𝑗𝜔)|𝜔=∞ = 0

∡𝐻(𝑗𝜔)| 𝜔=0 = 0

∡𝐻(𝑗𝜔)| 𝜔=∞ = −90

20

فرکانس قطع را جایی تعریف می کنیم که توان خروجی نصف توان ورودی می شود و چون توان با واحد مجذور

|(𝑗𝜔)|دامنه رابطه دارد فرکانس قطع جایی است که =1

√2 .می شود

: فرکانس قطع |𝐻(𝑗𝜔)|𝜔ℎ𝑐=2𝜋𝑓ℎ𝑐=

1

√2=

1

√1+𝜔2𝑅2𝑐2

⇒ 𝜔ℎ𝑐2𝑅2𝑐2 = 1 ⇒ 𝜔ℎ𝑐

2 = 1

𝑅2𝑐 2 ⟹ 𝜔ℎ𝑐 =

1

𝑅𝑐 ⟹ 2𝜋𝑓ℎ𝑐 =

1

𝑅𝑐 ⇒ 𝑓ℎ𝑐 =

1

2𝜋𝜏 =

1

2𝜋𝑅𝑐

) لگاریتمی( Bodeبوددیاگرام

پاسخ یک مدارRc های مختلف : به شکل موج پالسی در حالت

پایین گذر Rcالف ( مدارات

.نداریمهم تضعیف فیلتر می کند و : در این فرم 1 شکل

𝜏 = 𝑅𝑐

𝑓ℎ𝑐 = 1

2𝜋𝜏

داریم.کند و هم تضعیف می: در این فرم هم فیلتر 2 شکل

𝜏 = (𝑅1∥𝑅2 ) ∗ 𝑐 و 𝑓ℎ𝑐 = 1

2𝜋𝜏

21

پاسخ یک مدار تقسیم بندیRc بر حسب ایین گذر به شکل موج پالسیپ𝝉

پایین گذر را به شکل موج پالسی به حالت های زیر تقسیم نمود: Rcمی توان پاسخ یک مدار

𝝉: 1حالت ≤𝒕𝒕

𝟐𝝅

(𝜏 )در این حالت پاسخ فیلتر خیلی کوچک باشدRc پایین گذر به پالس دارای اعوجاج لبه از زمان صعود و نزول

در خروجی نخواهیم داشت.زیادی تغییر خواهد بود. %5 کمتر از

𝜏 خیلی کوچک ⟹ 𝑓ℎ𝑐 خیلی بزرگ

𝑓ℎ𝑐 ≥ 2𝑓𝐻 𝑓𝐻 = 1

2 𝑡𝑡 , 𝑡𝑡 = min( 𝑡𝑟 , 𝑡𝑓)

⟹ 𝑓ℎ𝑐 ≥1

𝑡𝑡 ⟹

1

2𝜋𝜏 ≥

1

𝑡𝑡 ⟹ 2𝜋𝜏 ≤ 𝑡𝑡 ⟹ 𝜏 ≤

𝑡𝑡

2𝜋

حداقل زمانهای گذری که از این فیلتر می گذرد چقدر است؟ مثال:

𝜏 = 2.2 𝑘 ∗ 100 𝑝𝑓 = 220 𝑛𝑆𝑒𝑐

𝜏 ≤ 𝑡𝑡

2𝜋 ⟹ 𝑡𝑡 ≥ 2𝜋𝜏 ⟹ 𝑡𝑡 ≥ 1.38 𝜇𝑆𝑒𝑐

نخواهد شد. 𝜇𝑆𝑒𝑐 1.38یعنی زمان گذار این فیلتر کمتر از

: 2حالت 𝒕𝒕

𝟐𝝅 ≤ 𝝉 ≤

𝒕𝒑

𝟓

5τ ≤ 𝑡𝑝 ⟹ τ ≤ 𝑡𝑝

5 ⟹

𝑡𝑡

2𝜋 ≤ 𝜏 ≤

𝑡𝑝

5

𝑓ℎ𝑐می باشد. یعنی %5در این حالت تغییرات زمان صعود و نزول بیش از ≤ 2𝑓𝐻 .گردیده است

𝑡𝑝اگر ≥ 5𝜏 ،شکل موج خروجی بهباشد 𝑉𝑜 می باشدسید. و تنها اعوجاج ، اعوجاج فرکانس باال خواهد ر.

22

مثال:

𝜏 = (560 ∥ 820) ∗ 27 𝑝𝑓 = 8.98 𝑛𝑆𝑒𝑐

𝑡𝑡

2𝜋= 6.37

𝑡𝑡

2𝜋< 𝜏

نگذاشته به مقدار نهایی خود می 𝑡𝑝 خواهد بود و چون محدودیتی برای %5اعوجاج فرکانس باال باالتر از

رسد.

: 3لت حا𝒕𝒑

𝟓< 𝛕 ≤ 𝟏𝟎 𝑡𝑝

نمی رسد. ثابت می شود اگر 𝑡𝑝در این حالت نه تنها حالت های گذار زیاد می شوند بلکه به مقدار نهایی خود در

𝜏 < 10 𝑡𝑝 یعنی %10باشد تغییرات در خروجی از( 0.1پرش𝑉𝑜 بیشتر خواهد بود و شکل موج خروجی هنوز )

ی خود را که غیر خطی است حفظ می کند..حالت نمای

𝑉𝑜(𝑡) = 𝑉𝑜 (1 − 𝑒−𝑡𝜏 )

𝑉𝑜(𝑡)|𝑡=𝑡𝑝= 0.1 𝑉𝑜 = 𝑉𝑜 (1 − 𝑒−

𝑡𝜏) ⟹ 𝜏 = 10𝑡𝑝

𝜏کنید ثابت تمرین: = 10𝑡𝑝

مثال:

𝜏 = 8.2𝑘 ∗ 0.1𝜇𝑓 = 0.82 𝑚𝑆𝑒𝑐

𝑡𝑝

5= 0.2 𝑚𝑆𝑒𝑐

𝑡𝑝

5= 0.2 𝑚𝑠𝑒𝑐 < 𝜏 < 10 𝑡𝑝 = 10 𝑚𝑆𝑒𝑐

23

در حالت سوم هستیم

:1 معادله 𝑉𝑜(𝑡) = 10 (1 − 𝑒−𝑡

0.82)|𝑡𝑝=1𝑚𝑆𝑒𝑐

= 7.05𝑣

:2 معادله 𝑉𝑜(𝑡) = 7.05 𝑒− 𝑡

0.82|𝑡=𝑡𝑝=1𝑚𝑆𝑒𝑐

= 2.08𝑣

نوسان خواهد کرد. 5vخود یعنی dcایت یا پس از گذشتن پریود های کافی خروجی حول در بینه

ورودی را حذف نمی کند و عینا به خروجی منتقل می کند. بنابراین dcچون فیلتر پایین گذر است تذکر:

مساوی با ورودی داشته باشد. dcخروجی باید

𝛕حالت چهارم : ≥ 𝟏𝟎𝒕𝒑

مقدار پرش کمتر خواهد شد. و به %10گرال گیر می نامند و دامنه ی شکل موج خروجی از این حالت را انت

نوسان می کند . dcدر نهایت حول محور .شکل مثلثی در می آید اگر چه دامنه ی کوچکی دارد

:باالگذر RCب( مدارات

.باالگذربصورت زیر است RCدو شکل متفاوت از مدارات

𝜏 = 𝑅 ∗ 𝑐 𝑓ℎ𝑐 = 1

2𝜋𝜏

: هم فیلتر باالگذر است هم تضعیف می کند. 2فرم شماره

𝜏 = (𝑅1∥𝑅2 ) ∗ 𝑐 𝑓ℎ𝑐 = 1

2𝜋𝜏

24

پاسخ یک مدار تقسیم بندیRC بر حسب گذر به شکل موج پالسی باال𝝉

𝛕 : 1حالت ≥ 𝟏𝟎𝒕𝒑

خواهیم داشت (فرکانس پایین)اعوجاج اعوجاج کجی دامنه،

است. %10ولی این اعوجاج کمتر از

𝑓𝑙𝑐 باید: باشد %10اعوجاج کجی کمتر از دیدیم که برای آن که ≤1

63𝑡𝑝

در نتیجه:1

2𝜋𝜏≤

1

63𝑡𝑝 ⟹ 𝜏 ≥ 10𝑡𝑝

:2حالت𝒕𝒑

𝟓 ≤ 𝝉 < 𝟏𝟎 𝒕𝒑

به مقدار نهایی خود فرصت نمی کند خازن در این حالت ولتاژ پایین گذر است. 3شبیه حالت از نظر محدوده

د.برس

𝜏در این حالت < 10 𝑡𝑝 باشد و %10باعث می شود اعوجاج کجی بیشتر از𝑡𝑝

5 < 𝜏 تضمین می کند که به

مقدار نهایی خود یعنی صفر نرسد.

صفر می شود و نوسان حول صفر انجام می گیرد زیرا فیلتر باالگذر است و فرکانس dcپس از پریودهای کافی

را حذف میکند. ( dcصفر ورودی )

25

مثال:

𝜏 = 5 𝑚𝑆𝑒𝑐

𝑡𝑝

5= 0.2 𝑚𝑆𝑒𝑐

10𝑡𝑝 = 10 𝑚𝑆𝑒𝑐

. قرار داریم 2در حالت 𝑡𝑝

5 ≤ 𝜏 ≤ 10𝑡𝑝

معادله1 ∶ 𝑉𝑜(𝑡) = 10 𝑒− 𝑡5

𝑉𝑜(𝑡)|𝑡=1𝑚𝑆𝑒𝑐 = 8.19 𝑣

معادله 2 ∶ 𝑉𝑜(𝑡)|𝑡=1𝑚𝑆𝑒𝑐 = 10 + (−1.81 − 10)𝑒− 𝑡15 = 10 − 11.81𝑒−

15 = 0.31

حالت سوم:𝑡𝑡

2𝜋≤ 𝜏 <

𝑡𝑝

5

𝜏 . از نظر محدوده شبیه حالت دوم پایین گذر می شود <𝑡𝑝

5 به صفر برسد.ولتاژ خازن تضمین می کند که

𝜏در این حالت که به آن مشتقگیر نیز می گویند <𝑡𝑝

5تضمین می کند که ولتاژ خروجی به مقدار نهایی خود

کوچکتر باشد شکل موج خروجی سوزنی تر خواهد شد که حالت مهمی است و در 𝜏یعنی صفر برسد. هر چه

کوچکی 𝑡𝑡مدار خیلی کوچک است و 𝜏چون های آینده به عنوان مدار تریگر از ان استفاده خواهیم کرد.فصل

نیز ممکن است در ورودی باشد امکان دارد تغییرات یا پرش ورودی به خروجی به طور کامل منتقل نشود و

𝜏مشکل اینمشتقگیر ناقص عمل کند. برای رفع ≥𝑡𝑡

2𝜋 ی گیریم.در نظر م

26

𝝉 :حالت چهارم <𝒕𝒕

𝟐𝝅

خیلی کوچک است خازن به سرعت شارژ شده و مدار باز می گردد و اجازه ی اینکه 𝜏در این حالت چون

تغییرات ورودی به خروجی برسد در نتیجه مشتقگیر به صورت ناقص عمل می کند.

مشتق گیر بطور صحیح عمل می کند. Cبه ازای چه مقدار مثال :

𝑡𝑓 = 𝑡𝑟 = 4𝜇𝑆𝑐𝑒 𝑡𝑝 = 1𝑚𝑠𝑒𝑐

باید در حالت سوم باشد 𝑡𝑡

2𝜋≤ 𝜏 <

𝑡𝑝

5

𝜏 = 𝑅𝑐 = 20𝑐 ≥ 𝑡𝑡

2𝜋 =

4𝜇𝑆𝑒𝑐

2𝜋= 637 𝑛𝑆𝑒𝑐 ⟹ 𝑐 ≥ 31.85 𝑝𝑓

𝜏 <𝑡𝑝

5 ⟹ ≥ 𝑅𝑐 حداقل 0.2𝑚𝑆𝑒𝑐 ⟹ 𝑐 ≤ 10𝑛𝑓

پاسخ گذرا در مداراتRC:

ورودی ∶ 𝑉𝑖(𝑡) = 𝐴 cos 𝜔𝑡 𝑢(𝑡)

𝑉𝑜(𝑡): خروجی = (𝐵 cos(𝜔𝑡 − 𝜃) + c 𝑒−𝑡

𝑡 ) 𝑢(𝑡)

27

5τ شد تا خازن با ثابت زمانی طول می کRc کسینوسی باضافه موجشارژ شود بنابر این خروجی تابع نمایی

𝐵خروجی 5τسوار بر آن است . پس از گذشت cos(𝜔𝑡 − 𝜃) خواهد شد

شکل موج خروجی را رسم نموده و مشخص کنید پس از چند پریود کامل خروجی به مقدار نهایی یا مثال :

د؟حالت دائم می رس

ورودی را رد می کند. یعنی در نهایت بعد از پریودهای متوالی که رد شد خروجی باید حول dcفیلتر پایین گذر

dc .نوسان کند

𝑉𝑜 𝑑𝑐 = 0.25 ∗ 10⏞

𝑉𝑝

+ (1 − 0.25) ∗ 2⏞𝑉𝑜

= 4 𝑣

𝑑𝑢𝑡𝑦 𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒 =2

8=

1

4= 0.25

𝜏 حال باید ببینیم در کدام حالت هستیم: = 4.7 𝑘 ∗ 20𝜇 = 94 𝑚𝑆𝑒𝑐

10𝑡𝑝 = {10 ∗ 2𝑚𝑆𝑒𝑐 = 20 𝑚𝑆𝑒𝑐 موقع شارژ خازن

10 ∗ 6 𝑚𝑆𝑒𝑐 = 60 𝑚𝑆𝑒𝑐 موقع دشارژ خازن

τ هم در شارژ و هم در دشارژ، چون ≥ 10𝑡𝑝 .است پس در حالت انتگرال گیر هستیم

τ هم در شارژ هم دشارژ > 10 𝑡𝑝 ⟹ . (انتگرال گیر) در حالت چهارم هستیم

28

5 τ = 470 m sec 5𝜏

𝑇=

470 𝑚 𝑠𝑒𝑐

8 𝑚 𝑠𝑒𝑐= پریود کامل 58.75

هستیم . قسمت اول خروجی بصورت مثلثی 4و3الت در دو حآنگاه بود 6m sec ، 10 msecاگر بجای

است و قسمت دوم نمایی.

فیلتر باال گذر یک مدار مثال :

𝑡𝑡 = 10𝑛𝑠𝑒𝑐

𝜏 = 510p ∗ 15 k = 7.65 μSec

{

𝑡𝑝

5= 0.2 𝑚𝑆𝑒𝑐

𝑡𝑡

2𝜋= 1.59 𝑛 𝑠𝑒𝑐

⟹ 𝑡𝑡

2𝜋 ≤ 𝜏 ≤

𝑡𝑝

5

لتر باال گذر حالت مشتق گیر کامل یا حالت سوم هستیم یعنی یا اصال حالت گذار نداریم و خروجی همواره فی

حالت دائمی است.

حول صفر نوسان می کند

29

اسیلوسکوپ به عنوان فیلتر باالگذرمثال :

و فیلتر باال گذر می شود قرار دهیم acر پایین گذر است اما اگر در حالت اسیلوسکوپ از یک دیدگاه فیلت

عوجاج اعنوان یک فیلتر باال گذر ببینیم بنابراین حال می خواهیم اسکوپ را به را نشان نمی دهد. dcدیگر

کجی یا دامنه رخ می دهد.

τ = 1μ𝑓 ∗ 1𝑀 𝑜ℎ𝑚 = 1𝑆𝑒𝑐

> اعوجاج کجی 10% ⟹ 𝜏 ≥ 10𝑡𝑝

𝜏 = 1 𝑆𝑒𝑐 ≥ 10𝑡𝑝 ⟹ 𝑡𝑝 ≤ 0.1 𝑆𝑒𝑐

پنجاه درصد است یعنی Duty Cycleدر حالت عادی 𝑇

2= 𝑡𝑝

⟹ 𝑇

2≤ 0.1 ⟹ 𝑇 ≤ 0.2 𝑆𝑒𝑐 ⟹

1

𝑓 ≤ 0.2 ⟹ 𝑓 ≥ 5𝐻𝑧

داشته %10حداقل فرکانس موج مربعی که می توان با این اسکوپ مشاهده کرد بطوریکه اعوجاج کجی کمتر از

است . 5Hzباشد

ابتدا مدار را قبل از بارگذاری در نظر می گیریم اثر بارگذاری :

𝑉𝑜(0+)خازن شارژ شده و مدار باز خواهد شد پس خروجی صفر می شود = 10 ∗ 10

10+1= 9.09 𝑣

𝑉𝑜(∞) = 0

𝜏1 = (10 + 1) ∗ 1 = 11 𝜇𝑆𝑒𝑐

5𝜏1 = 55 𝜇𝑆𝑒𝑐

30

ورودی را نداده در حالت سوم هستیم. 𝑡𝑝در حالت فیلتر باال گذر هستیم چون

بار را به خروجی فیلتر منتقل کنیم . 5Kفرض با اینکه بار حال مدار را پس از بارگذاری بررسی می نمائیم:

شود تا ثابت زمانی کم شود. باعث کم شدن مقاومت خروجی می شود و باعث می

.𝑉𝑜(0+) = 10 ∗(10∥5)

1+(10∥5)= 7.69 𝑣

𝑉𝑜(∞) = 0

𝜏2 = (1 + (5 ∥ 10)) ∗ 1𝑛𝑓 = 4.33 𝜇𝑆𝑒𝑐

5𝜏2 = 21.65 𝜇𝑆𝑒𝑐

:تضعیف کننده ها

ساده ترین تضعیف کننده به شکل روبرو است.

𝑉𝑜 =𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 𝑉𝑖

.مدار زیر را در نظر بگیرید :خاص RCمدار

.می شودخطا باعث زمان صعود و نزول زیاد است و

31

𝑡𝑡 = 2.2 𝜏 = 2.2(𝑅1 ∥ 𝑅2)𝐶2

کننده می نامند. در حقیقت این دو خازن عمل یک خازن را انجام می دهند. در جبرانرا خازن 𝐶1خازن

𝑡 = هر دو خازن شارژ شده و از مدار خارج می شوند. داریم: ∞

tدر = خازن ها مدار بازند ∞

𝑉𝑜(∞) =𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 𝑉𝑜

𝑡در = خازن ها اتصال کوتاهند. 0

𝑉𝑜(𝑡 = 0+) = 𝑉𝑜 𝐶1

𝐶1 + 𝐶2

𝑄 = 𝐶𝑉 ⟹ 𝐶1𝑉1 = 𝐶2𝑉2

𝑉𝑜(𝑡مطلوب ما این است که = 0+) = 𝑉𝑜(𝑡 = 𝑉𝑜یعنی (∞ 𝐶1

𝐶1+𝐶2= 𝑉𝑜

𝑅2

𝑅1+𝑅2

حالت خواهد داشت. 2خروجی شکل موج 𝐶2یا 𝐶1بسته به ظرفیت خازن

𝑉𝑜 𝐶1

𝐶1 + 𝐶2= 𝑉𝑜

𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 ⟹ 𝑅1𝐶1 = 𝑅2𝐶2 ⟹ 𝐶1 مناسب = 𝐶𝑝 =

𝑅2𝐶2

𝑅1

𝑡𝑟در این حالت = خواهد شد. 0

32

𝐶𝑝 را خازن سرعت دهنده یاSpeed Up ا مشابه پروب اسکوپ می کند تا زمان گذر را می نامند که کاری دقیق

شکل موج خروجی می تواند به شکلهای زیر باشد: 𝐶1بسته به مقدار تغییر دهد.

𝐶1 > 𝐶𝑝:

𝐶1 < 𝐶𝑝:

𝐶1 = 𝐶𝑝 : حالت مطلوب

𝐶1 = 0 :

𝐶1 = ∞ :

ایجاد شوند.در خروجی پروب اسکوپ ممکن است شکل موج های زیر

توضیحی راجع به پروب:

𝑉𝐴 =𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 𝑉𝑖

𝑉𝐵 =

1𝐶2𝑆⁄

1𝐶1𝑆⁄ + 1

𝐶2𝑆⁄ 𝑉𝑖 ⇒ 𝑉𝐵 =

𝐶1

𝐶1 + 𝐶2 𝑉𝑖

33

را قطع یا وصل نمود. Bبه Aبنابراین می توان اتصال

𝑅1𝐶1 اگر = 𝑅2𝐶2 ⟹ 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵

τ بنابراین:پل به تعادل رسیده = 0

𝑉𝑖 پرش اتفاق می افتد. ⟸اتصال کوتاه

ب آن می تواند معادل مدار زیر باشد.واسیلوسکوپ و پرمثال:

ب:ومزیت های پر

مقاومت ورودی زیاد ) جربان نمی کشد( .1

راهم میکند.امکان اندازه گیری ولتاژهای بزرگ را ف .2

ب جبران شده باشد زمانهای گذر را کاهش می دهد.واگر پر .3

: اسیلوسکوپ بدون پروب1حالت

𝜏1 = (𝑅𝑠 ∥ 𝑅2)𝐶2

𝑅𝑠 ≪ 𝑅2 ⟹ 𝜏1 = 𝑅𝑠 𝐶2

34

: اسیلوسکوپ با پروب جبران نشده2حالت

𝜏2 = [(𝑅𝑠 + 𝑅1) ∥ 𝑅2]𝐶2

𝑅𝑠 اگر ≪ 𝑅1 ⟹ 𝜏2 = (𝑅1 ∥ 𝑅2)𝐶2

.می شودزیاد 𝜏2و شدهسری )که خیلی بزرگ است( 𝑅1با 𝑅𝑠مناسب نیست چون لت ااین ح

: اسیلوسکوپ با پروب جبران شده3حالت

پل در حال تعادل است

𝜏3 = [𝑅𝑠 ∥ (𝑅1 + 𝑅2)]𝐶1𝐶2

𝐶1 + 𝐶2

𝑅𝑠 اگر ≪ 𝑅1, 𝑅2 ⟹ 𝜏3 ≈ 𝑅𝑠

𝐶1𝐶2

𝐶1 + 𝐶2

𝑅1که خیلی کوچک است با 𝑅𝑠این حالت مناسب است چون + 𝑅2 که خیلی بزرگ است موازی گردیده و

خیلی کوچک شود 𝜏3باعث می شود

:زمان گذر بطور مستقیم وابسته به مقایسه ی سه حالتτ است

𝜏1

𝜏3=

𝑡𝑡1

𝑡𝑡3

=𝑅𝑠𝐶2

𝑅𝑠𝐶1𝐶2

𝐶1 + 𝐶2

= 1 +𝐶2

𝐶1

𝐶1یعنی اگر = 0.1𝐶2 زمان حالت گذار𝜏1

𝜏3برابر زمان گذر با پروب جبران شده 11در حالت بدون پروب حدودا

می باشد

𝜏2

𝜏3=

𝑡𝑡2

𝑡𝑡3

=(𝑅1 ∥ 𝑅2)𝐶2

𝑅𝑠𝐶1𝐶2

𝐶1 + 𝐶2

=𝑅1𝑅2

𝑅1 + 𝑅2∗

𝐶1 + 𝐶2

𝐶1∗

1

𝑅𝑠

35

عددی: ثالم

𝑅1𝐶1 جبران شده = 𝑅2𝐶2 ⟹ 9𝑀𝐶1 = 1𝑀 ∗ 45𝑝 ⟹ 𝐶1 = 5 𝑝𝑓

𝜏1 بدون پروب = 𝑅𝑠𝐶2 = (1𝑘 ∥ 1𝑀)45𝑝 = 1𝑘 ∗ 45𝑝 = 45 𝑛𝑆𝑒𝑐

𝜏2 جبران نشده = [(1𝑘 + 9𝑀) ∥ 1𝑀] ∗ 45 𝑝𝑓 ≅ 0.9𝑀 ∗ 45 𝑝𝑓 = 40.5 𝜇𝑆𝑒𝑐 ⟹ 𝜏2

𝜏1≈ 900

𝜏3 جبران شده = [(1𝑀 + 9𝑀) ∥ 1𝑘] ∗5𝑝 ∗ 45𝑝

5𝑝 + 45𝑝= 1𝑘 ∗ 4.5𝑝 = 4.5 𝑛𝑆𝑒𝑐

⟹ 𝜏1

𝜏3= و 10

𝜏2

𝜏3= 9000