ZBIRKA ZADATAKA

UNIVERZITET U BEOGRADU FIZIKI FAKULTET Dr Stevan Stojadinovi ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKE BEOGRAD, 2001. PREDGOVOR Ovazbirkasadrizadatkeizgradivakojesepredajeutokuzimskogsemestra studentimatreegodineFizikogfakultetauBeograduuokvirupredmetaElektronika (Optafzika),Fizikaelektronika(Teorijskaieksperimentalnafizika)iElektronska kolaisistemi(PrimenjenafizikaiFizikaiosnovetehnike),safondomoddvaasa nedeljno. Zbirka sadri 64 zadatka koji su detaljno reeni. Zadaci su podeljeni u est poglavlja i to:Metoditeorijeelektrinihkola,Laplasovetransformacije,Tranzistori,Diferencijalni pojaava, Operacioni pojaava i Digitalna elektronika. Svako poglavlje sadri uvod sa kratkim teorijskim objanjenjem osnovnih pojmova vezanim za dato poglavlje. Autor se zahvaljuje recenzentima Prof. Dr Aleksandru Stamatoviu i Prof. Dr Ljubii Zekoviu. Prof. Dr Aleksandar Stamatovi je nizom korisnih sugestija doprineo da delovi ovog teksta budu jasniji. Beograd, 2001.AUTOR SADRAJ 1.METODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA..........................................................1 2.LAPLASOVE TRANSFORMACIJE....................................................................25 3.TRANZISTORI.....................................................................................................47 4.DIFERENCIJALNI POJAAVA.......................................................................78 5.OPERACIONI POJAAVA...............................................................................90 6.DIGITALNA ELEKTRONIKA..........................................................................103 7.LITERATURA....................................................................................................125 ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 1 1. METODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA Elektrinokolojesistemkojisesastojiodaktivnihelektronskihelemenata(npr.tranzistora),pasivnihelektronskihelemenata(otpora,kapacitetaiinduktiviteta)i spoljnih elektrinih izvora koji slue kao izvori energije. Pri analizi elektrinih kola uvode se pretpostavkevezanezaidealizacijuelektronskihelemenatakojiineelektrinokolo. Elektrinakolasaelementimakojiimajutanodefinisaneosobineuogranienomijasno definisanomdeluprostora,nazivajusekolasakoncetrisanimparametrima.Ovakvakolase mogu analizirati kao sistem fiziki odvojenih otpora, kapaciteta i induktiviteta. Ona priblino opisujurealnostanjeelektrinogkolananiskimuestanostimaikoristesezatoto uproavaju fiziku sliku procesa u kolu i matematiki aparat za analizu kola. NAPONSKI I STRUJNI IZVORI Idealni naponski izvor opisuje se naponom ija vrednost i talasni oblik ne zavisi od struje kojakroznjegaprotie.Mogubitijednosmerninaponskiizvori(slika1.a)ilinaizmenini naponski izvori (slika 1.b). Idealnistrujniizvoropisujesestrujomijiintenzitetitalasniobliknezavisiodnapona kojivladananjegovimkrajevima.Mogubitijednosmernistrujniizvori(slika2.a)ili naizmenini strujni izvori (slika 2.b). ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 2 Realni naponski i strujni izvori razlikuju se od idealnih poto kod njih postoje unutranji 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). PASIVNI ELEKTRONSKI ELEMENTI Na slici 4 prikazana su tri idealna pasivna elementa: otpor R, kapacitet C i induktivitet L. Izmeunapona na ovim elementima i struja koje kroz njih protiu postoje relacije: R RRi v =RRRGvRvi = = dtdiL vLL = = dt vL1iL L = dt iC1vC C dtdvC iCC = KIRHOFOVI ZAKONI Naslici5jeprikazanosloenoelektrinokolo.Blokovisabrojevimaod1do6 predstavljajuelementekola(otpore,kapacitete,induktiviteteiliizvore).A,B,C,iDsu vorovi.Svakideokolaizmeudvasusednavoranazivasegrana,azatvorenputijije ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 3 polazniikrajnivoristipredstavljakonturu(petlju).Matematikoopisivanjesloenih sistema vri se pomou Kirhofovih zakona o naponima i strujama. 1)Kirhofovzakonostrujama:Algerbarskizbirstrujaubilokomvoruelektrinogkolau svakom trenutku jednak je nuli. Kod primene ovog zakona struje koje utiu u vor imaju znak plus,akojeistiuznakminus.PrimenomKirhofovogzakonaostrujamanavorAkolasa slike 5 moe se napisati sledea jednaina:0 i i i4 3 2= + 2)Kirhofovzakononaponima:Algerbarskizbirelektromotornihsilaipadovanaponau zatvorenojelektrinojkonturiusvakomtrenutkujednakjenuli.Kodprimeneovogzakona elektromotornesileseuzimajusaznakomplusakosekodophodakontureprolazikroz elektriniizvorodminusakaplusu,apadovinaponanapasivnimelementimasupozitivni ako je smer ophoda konture suprotan smeru proticanja struje.Primenom Kirhofovog zakona o naponima na konturu ABCA kola sa slike 5 moe se napisati sledea jednaina: 0 v v v3 1 2= + + Ako je broj vorova u kolu N1, a broj grana N2, tada jebroj nepoznatih struja jednak je brojugrana.PrimenjujuiKirhofovezakonenasvevoroveisvezatvoreneputanjeukolu, dobijaseveibrojjednainanegotojepotrebno.Pritomesunekejednaineposledica ostalih.Dabisedobilo2N nezavisnihjednaina,kolikoimanepoznatihstruja,treba Kirhofovzakonostrujamaprimenitina1 N1 vor,aostalejednainesedobijajuprimenom Kirhofovog zakona o naponima na) 1 N ( N1 2 zatvorene putanje u kolu koje se razlikuju bar po jednoj grani. ZamatematikoopisivanjeveinesloenihkolapotrebnojekorienjeobaKirhofova zakona. Meutim, u mnogim sluajevima primena metoda i teorema iz teorije elektrinih kola uproava postavljen zadatak.ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 4 1.1)Zakolosaslike1.1odreditistrujesvihgranaprimenommetodekonturnihstruja. Poznatoje:V1=6V,V2=3V,V3=12V,V4=6V,V5=2V,R1=300,R2=100,R3=200, R4=300, R5=200, R6=100, R7=200. Reenje: Metodkonturnihstrujaprimenjujesekodkolasanaponskimizvorima.Ovommetodom odreuju se struje primenom Kirhofovog zakona o naponima. Prilikom odabira kontura treba voditi rauna da svaka odabrana kontura sadri barem jednu granu po kojoj se ona razlikuje od ostalih kontura. Ukupan broj kontura koje treba odabrati, odnosno ukupan broj jednaina koje treba napisati metodom konturnih struja je: ) 1 N ( N N1 2 =, gde je: 2N- broj grana u kolu, 1N- broj vorova u kolu, N - broj jednaina. Ukolunaslici1.1.1suuoenetrikonturenumerisanesaindeksimaI(kontura-ADBA),II(kontura-ACDA)iIII(kontura-BCAB)sakonturnimstrujamaII,IIIiIIIIrespektivno. PrimenomKirhofovogzakonaonaponimanakontureI,IIiIIImogusenapisatisledee jednaine: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 5 Za konturu I: 0 ) I I ( R ) I I ( R I ) R R ( V V VIII I 1 II I 4 I 7 2 3 2 1= + (1.1.1) Za konturu II: 0 ) I I ( R ) I I ( R I R V VIII II 5 I II 4 II 6 4 3= +(1.1.2) Za konturu III: 0 ) I I ( R ) I I ( R I R VII III 5 I III 1 III 3 5= (1.1.3) Posle sreivanja ove jednaine postaju: 3 2 1 III 1 II 4 I 7 4 2 1V V V I R I R I ) R R R R ( = + + +4 3 III 5 II 6 5 4 I 4V V I R I ) R R R ( I R + = + + + (1.1.4) 5 III 5 3 1 II 5 I 1V I ) R R R ( I R I R = + + + odnosno: I III III , I II II , I I I , IV I R I R I R = + +II III III , II II II , II I I , IIV I R I R I R = + + (1.1.5)III III III , III II II , III I I , IIIV I R I R I R = + + gde je: 7 4 2 1 I , IR R R R R + + + = , 6 5 4 II , IIR R R R + + = , 5 3 1 III , IIIR R R R + + =4 I , II II , IR R R = = , 1 I , III III , IR R R = = , 5 II , III III , IIR R R = =3 2 1 IV V V V = , 4 3 IIV V V + = , 5 IIIV V =Otpornost ijRzaj i = ) III , II , I j , i ( =predstavlja sopstvenu otpornost pojedinih kontura. Otpornost ijR zaj i ) III , II , I j , i ( = predstavljazajednikuotpornosti-teij-tekonture uzetu sa negativnim znakom. Elektromotorna silaiV ) III , II , I , i ( =predstavlja sumu elektromotornih sila za datu konturu. U matrinom obliku predhodni sistem jednaina izgleda:

I , IIII , III , IRRRII , IIIII , IIII , IRRR((((III , IIIIII , IIIII , IRRR.((((

IIIIIIIII=((((

IIIIIIVVV(1.1.6)ili krae|| | | || V I R = , gde je: || = R

I , IIII , III , IRRRII , IIIII , IIII , IRRR((((III , IIIIII , IIIII , IRRR,| | = I((((

IIIIIIIII,|| = V((((

IIIIIIVVV

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 6 Matrica|| Rje matrica sistema. Ova matrica je simetrina u odnosu na glavnu dijagonalu. Na glavnojdijagonalinalazeseelementikojipredstavljajusopstveneotpornostipojedinih kontura, a na mestima ijR( j i ) elementi koji predstavljaju zajednike otpornosti i-te i j-te kontureuzetesanegativnimznakom.Matrice|| V i| | I sumatricekolona.|| V jematrica pobuda, a| | Imatrica konturnih struja. Reavanjem sistema jednaina (1.1.4) dobija se: A 01 , 0 II = ,A 04 , 0 III = , A 02 , 0 IIII = Sa slike 1.1.2 se vidi da je: Struja kroz granu BA:A 01 , 0 I I IIII I 1 = = Struja kroz granu DB:A 01 , 0 I II 2= =Struja kroz granu BC:A 02 , 0 I IIII 3= =Struja kroz granu AD:A 03 , 0 I I III I 4 = =Struja kroz granu AC:A 02 , 0 I I IIII II 5= =Struja kroz granu CD:A 04 , 0 I III 6= =Jednainekonturnihstrujasuizvedenepolazeiodjednainakojesunapisaneprimenom Kirhofovogzakonaonaponima.Prednostmetodekonturnihstrujajeutometoseumesto pisanja est jednaina sa est nepoznatih struja grana, primenom Kirhofovih zakona, piu tri jednaine za konture I, II i III. Reavanjem ovih jednaina dobijaju se konturne struje II, III i IIII koje su i struje u granama po kojima se pojedine konture meusobno razlikuju (struje I2, I3 i I6 ), dok se struje u ostalim granama dobijaju iz jednaina konturnih struja. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 7 1.2)Zakolosaslike1.2izraunatistrujesvihgranaprimenommetodenaponavorova. Poznato je: I1=0,2A, I2=0,1A, R1=200, R2=100, R3=300 , R4=100, R5=200. Reenje: Metodnaponavorovaprimenjujesekodkolasastrujnimizvorima.Ovommetodom odreuju se naponi izmeu pojedinih vorova u kolu i jednog proizvoljnog referentnog vora koristeiKirhofovzakonostrujama.Zareferentnivornajpogodnijejeuzetivorkojije granamaspojensanajveimbrojemvorova.Tadasenajveibrojodtraenihstrujadobija neposrednoiznaponavorova.Ukupanbrojjednainakojetrebanapisatimetodomnapona vorova je: 1 N N1 =, gde je: 1N- broj vorova u kolu, N - broj jednaina. Kaoreferentnivorukolunaslici1.2.1uzetjevorIV.PrimenomKirhofovogzakonao strujama za vorove I, II i III mogu se napisati sledee jednaine: Za vor I: 0 ) V V (R1VR1I III I4I12 1= +(1.2.1) Za vor II: 0 ) V V (R1) V V (R1VR1III II5I II4II2= (1.2.2) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 8 Za vor III: 0 ) V V (R1VR1III III5III32= (1.2.3) Posle sreivanja ove jednaine postaju: 2 1 III II4I4 1I I V 0 VR1V )R1R1( + = + +0 VR1V )R1R1R1( VR1III5II5 4 2I4= + + + (1.2.4) 2 III5 3II5II V )R1R1( VR1V 0 = + + odnosno: I III III , I II II , I I I , II V G V G V G = + +II III III , II II II , II I I , III V G V G V G = + +(1.2.5) III III III , III II II , III I I , IIII V G V G V G = + + gde je: 4 1 I , II , IR1R1R1G + = = , 5 4 2 II , IIII , IIR1R1R1R1G + + = = , 5 3 III , IIIIII , IIIR1R1R1G + = = , 4 I , II II , II , II II , IR1R1R1G G = = = = ,0R1R1G GI , III III , II , III III , I= = = = , 5 II , III III , IIII , III III , IIR1R1R1G G = = = =2 1 II I I + = ,0 III = , 2 IIII I =Provodnost ijijR1G= zaj i = ) III , II , I j , i ( = predstavljasopstvenuprovodnostpojedinih vorova. Provodnost ijijR1G= zaj i ) III , II , I j , i ( = predstavljazajednikuprovodnosti-togij-tog vora uzetu sa negativnim znakom. Struja iI ) III , II , I i ( = predstavljasumustrujasvihstrujnihizvoravezanihzaodgovarajui vor . U matrinom obliku predhodni sistem jednaina izgleda: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 9

I , IIII , III , IGGGII , IIIII , IIII , IGGG((((III , IIIIII , IIIII , IGGG.((((

IIIIIIVVV=((((

IIIIIIIII (1.2.6) ili krae|| || | | I V G = , gde je: || = G

I , IIII , III , IGGG II , IIIII , IIII , IGGG ((((III , IIIIII , IIIII , IGGG,|| = V((((

IIIIIIVVV,| | = I((((

IIIIIIIII

Matrica|| Gje matrica sistema. Ova matrica je simetrina u odnosu na glavnu dijagonalu. Na glavnojdijagonalinalazeseelementikojipredstavljajusopstveneprovodnostipojedinih vorova, a na mestima ijG( j i ) elementi koji predstavljaju zajednike provodnosti i-tog i j-tog vora uzete sa negativnim znakom. Matrice|| Vi| | Isu matrice kolona.| | Ije matrica pobuda, a|| Vmatrica napona izmeu vorova. Reavanjem sistema jednaina (1.2.4) dobija se: V 1 , 26 VI = ,V 1 , 9 VII = , V 5 , 6 VIII = Sa slike 1.2.2 se vidi da je:Struja kroz granu I-IV:A 131 , 0RVI1II= =Struja kroz granu II-IV:A 091 , 0RVI2IIII= =Struja kroz granu III-IV:A 022 , 0RVI3IIIIII = = Struja kroz granu I-II:A 17 , 0RV VI4II III , I==Struja kroz granu II-III:A 078 , 0RV VI5III IIIII , II==ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 10 1.3) Izraunati struje kroz otpornike 2Ri 5Ru kolu sa slike 1.3: a)metodom konturnih struja b)metodom napona vorova Poznato je: V1=12V, V2=16V, I3=0,2A, R1=100, R2=200, R3=100, R4=200, R5=300,R6=100. Reenje: a) Ako se strujni izvor zameni ekvivalentnim naponskim izvorom kolo sa slike 1.3 postaje: gde je:V 20 I R V3 6 3= = Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.3.1 dobija se: 1 II 2 I 2 1V I R I ) R R ( = +2 III 4 II 4 3 2 I 2V I R I ) R R R ( I R = + + + (1.3.1) ) V V ( I ) R R R ( I R3 2 III 6 5 4 II 4+ = + + + Reavanjem sistema jednaina (1.3.1) dobija se:A 067 , 0 II = ,, A 04 , 0 III = A 047 , 0 IIII =Struje kroz otpornike 2R i 5R su: A 027 , 0 I I III I R2= = A 047 , 0 I IIII R5 = = b) Ako se naponski izvori zamene ekvivalentnim strujnim izvorima kolo sa slike 1.3 postaje: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 11 gde je:A 12 , 0RVI111= = ,A 08 , 0RVI422= =Primenom metode napona vorova na kolo sa slike 1.3.2 dobija se: 1 II3I3 2 1I VR1V )R1R1R1( = + +2 III5II5 4 3I3I VR1V )R1R1R1( VR1 = + + + (1.3.2) 3 III6 5II5I V )R1R1( VR1= + + Reavanjem sistema jednaina (1.3.2) dobija se: V 333 , 5 VI = ,V 333 , 1 VII = ,V 333 , 15 VIII =Struje kroz otpornike 2Ri 5Rsu:A 027 , 0RVI2IR2= =A 047 , 0RV VI5III IIR5 == 1.4)Zakolosaslike1.4odreditistrujukrozpotroaRPkoristeiTevenenovuteoremui principsuperpozicije.Poznatoje:V1=28V,V2=6V,R1=200,R2=100,R3=200, R4=300, R5=100, RP=200. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 12 Reenje: PremaTevenenovojteoremisvakadvakrajalinearnogkolasaproizvoljnimbrojem naponskih izvora i impedansi mogu se svesti na kolo sa jednim naponskim izvorom vezanim userijusaimpedansom.Naponskiizvorjejednaknaponunakrajevimakolakadajekolo otvoreno,aserijskaimpedansajednakajeukupnojimpedansi,poduslovomdasusvi naponski izvori koji deluju u kolu kratko vezani. PremaTevenenovojteoremikolosaslike1.4levoodtaakaaibmoesezameniti ekvivalentnim naponskim izvorom ThVvezanim u seriju sa ekvivalentnom otpornou ThR (slika 1.4.1). DabiodrediliotpornostRThumestonaponskihizvoraV1iV2trebastavitikratkuvezu(slika 1.4.2). Ekvivalentna Tevenenova otpornost RTh je: | | = + + = 165 R || R R ) R || R ( R4 5 3 2 1 Th(1.4.1) Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor izraunava se metodom superpozicije: 0 V Th 0 V Th Th2 1| V | V V= = + = (1.4.2)Za0 V1 =kolo sa slike 1.4 levo od taaka a i b izgled kao kolo na slici 1.4.3. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 13 Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.4.3 dobija se: 5 4 3 2 12R R R R || RVI+ + +=(1.4.3) Tada je: V 3 , 3 VR R R R || RR R R || RV I R | V25 4 3 2 15 3 2 12 4 0 V Th1 =+ + ++ + = ==(1.4.4) Za0 V2 =kolo sa slike 1.4 levo od taaka a i b izgled kao kolo na slici 1.4.4. Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.4.4 dobija se: 1 2 2 1 2 1V I R I ) R R ( = + (1.4.5) 0 I ) R R R R ( I R2 5 4 3 2 1 2= + + + + (1.4.6) Eliminacijom struje 1Iiz jednaina (1.4.5) i (1.4.6) dobija se: 15 4 3 2 5 4 3 2 122V) R R R ( R ) R R R R ( RRI+ + + + + += (1.4.7) Tada je: V 2 , 4 V) R R R ( R ) R R R R ( RR RR I | V15 4 3 2 5 4 3 2 14 24 2 0 V Th2=+ + + + + += ==(1.4.8) Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor je: V 9 , 0 | V | V V0 V Th 0 V Th Th2 1= + == =(1.4.9) Struja kroz potroa PRje prema slici 1.4.1: A 10 466 , 2R RVI3T PTP =+=(1.4.10) 1.5)Zakolosaslike1.5odreditistrujukrozpotroaRPkoristeiTevenenovuteoremui principsuperpozicije.Poznatoje:V=16V,I=0,002A,R1=150,R2=150,R3=100, R4=150, R5=100, R6=200, RP=300. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 14 Reenje: DabiodrediliotpornostRThpremaTevenenovojteoremiumestonaponskogizvoraVtreba staviti kratku vezu, a umesto strujnog izvora I otvorenu vezu (slika 1.5.1). Ekvivalentna Tevenenova otpornost RTh je: | | = + + + = 5 , 134 ) R R ( || R R || ) R R ( R6 5 4 1 3 2 Th(1.5.1) Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor izraunava se metodom superpozicije: 0 I Th 0 V Th Th| V | V V= =+ =(1.5.2)Za0 V =kolo sa slike 1.5 levo od taaka a i b izgled kao kolo na slici 1.5.2. Primenom metode napona vorova na kolo sa slike 3 dobija se: 0 V 0 VR1VR1V )R1R1R1(4 322414 2 1= + + + (1.5.3) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 15 0 VR1V 0 V )R1R1( VR1453 25 414= + + + (1.5.4) I V 0 V )R1R1( V 0 VR14 33 22 12 = + + + + (1.5.5) I V )R1R1( V 0 VR1V 046 53 251= + + + (1.5.6) Reavanjem ovog sistema jednaina dobija se: V 007 , 0 V1 = ;V 138 , 0 V2 = ;V 117 , 0 V3 = ;V 225 , 0 V4 = ; Pri emu jeV 138 , 0 V V0 VTh 2= == Za0 I =kolo sa slike 1.5 levo od taaka a i b izgled kao kolo na slici 1.5.3. Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.5.3 dobija se: V I ) R R ( I ) R R R (2 3 2 1 3 2 1= + + + (1.5.7) 0 I ) R R R R R ( I ) R R (2 6 5 4 3 2 1 3 2= + + + + + + (1.5.8)Eliminacijom struje 1Iiz jednaina (1.5.7) i (1.5.8) dobija se: V) R R R )( R R ( ) R R R R R ( RR RI6 5 4 3 2 6 5 4 3 2 13 22+ + + + + + + ++=(1.5.9) Tada je: V 5 , 5 I ) R R ( | V2 6 5 0 I Th= + ==(1.5.10) Ekvivalentni Tevenenov naponski izvor je: V 638 , 5 | V | V V0 I Th 0 V Th Th= + == =(1.5.11)Prema Tevenenovoj teoremi kolo sa slike 1.5 moe se prikazati kolom na slici 1.5.4. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 16 Struja kroz potroa PRje: A 013 , 0R RVIT PThP=+=(1.5.12) 1.6)OdreditizakonpromenenaponanakondezatoruCukolusaslike1.6posleotvaranja prekidaaS.Pretpostavitidajeprekidadovoljnovremenabiozatvorentakodaseukolu uspostavio ustaljen reim. Reenje: PotojepreotvaranjaprekidaaSukoluvladaoustaljenreim,strujakrozkondezator 0 iC = , pa je napon na kondezatoru neposredno pre otvaranja prekidaa: 3 13CR RRV ) 0 t ( v+= = (1.6.1) Prilikom otvaranja prekidaa S napon na kondezatoru se ne menja trenutno, odnosno: 3 13C CR RRV ) 0 t ( v ) 0 t ( v+= = = = +(1.6.2) Posle otvaranja prekidaa S kolo sa slike 1.6 izgleda kao kolo na slici 1.6.1. Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.6.1 dobija se: V v i ) R R (C 2 1= + +(1.6.3) Kako su struja i napon na kondezatoru vezani relacijom: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 17 dtdvC iC= (1.6.4) jednaina (1.6.3) moe se napisati u obliku: V vdtdvC ) R R (CC2 1= + +(1.6.5) Jednaina(1.6.5)jenehomogenalinearnadiferencijalnajednainasakonstantnim koeficijentima. Reenje ove jednaine jednako je zbiru opteg reenja homogene jednaine: 0 vdtdvC ) R R (CC2 1= + +(1.6.6) i jednog partikularnog reenja nehomogene jednaine (1.6.5). Optereenjehomogenejednaine(1.6.6)odreujeslobodanreima,kojizavisisamood elektrinih osobina kola, a ne i karaktera izvora koji se nalazi u kolu, i oblika je: =t ChAe ) t ( v (1.6.7)gde jeC ) R R (2 1 + = vremenska konstanta kola. Partikularno reenje nehomogene jednaine (1.6.5) odreuje ustaljen reim u kolu, koji zavisi od karaktera izvora koji u njemu deluje, i oblika je: V vCp =(1.6.8) Opte reenje jednaine (1.6.5) je: V Ae v ) t ( v ) t ( vt Cp Ch C+ = + =(1.6.9) KonstantaAseodreujeizpoetnihuslova.Utrenutkuotvaranjaprekidaanaponna kondezatoru dat je jednainom (1.6.2), pa je: V AR RRV ) 0 t ( v3 13C+ =+= =+(1.6.10) odnosno: 3 11R RRA+ = (1.6.11) Zakon promene napona na kondezatoru C posle otvaranja prekidaa S je: |||.|

\|+ =t 3 11CeR RR1 V ) t ( v(1.6.12) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 18 1.7)OdreditizakonpromenenaponanaotpornikuRukolusaslike1.7poslezatvaranja prekidaa S. Svi poetni uslovi su nula. Reenje: Posle zatvaranja prekidaa S kolo sa slike 1.7 izgleda kao kolo na slici 1.7.1. Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.7.1 dobija se: dtdvRCdtdvRC v Ri Ri v V2 11 2 1 1 + = + = (1.7.1) dtdvRC 2 vdtdvRC Ri 2 v Ri 02212 2 1+ + = + + = (1.7.2) Jednaina (1.7.2) moe se napisati u obliku: dtdvRC vdtdvRC 2122= +(1.7.3) Sabiranjem jednaina (1.7.1) i (1.7.2) dobija se: dtdvRC v v V22 1+ + = (1.7.4) Diferenciranjem jednaine (1.7.4) dobija se: dtdvdtv dRCdtdv22221 =(1.7.5) Iz jednaina (1.7.3) i (1.7.5) dobija se: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 19 dtdvRCdtv dC R vdtdvRC 222222 222 = +(1.7.6) odnosno: 0 vdtdvRC 3dtv dC R222222 2= + +(1.7.7) Jednaina(1.7.7)jehomogenalinearnadiferencijalnajednainasakonstantnim koeficijentima drugog reda. Reenje ove jednaine je oblika: pt2Ke ) t ( v = (1.7.8) Zamenom jednaine (1.7.8) u jednainu (1.7.7) dobija se: 0 v RCp 3 p C R22 2 2= + +(1.7.9) Jednaina (1.7.9) je karakteristina jednaina. Koreni karakteristine jednaine su: 2 22 22 22 2 2 22 , 1C R 2C R 5 RC 3C R 2C R 4 C R 9 RC 3p = =(1.7.10) odnosno: RC138 , 0RC 25 3p1 =+ =iRC162 , 2RC 25 3p1 = =Zakon promene napona) t ( v2 je: t p2t p1 22 1e K e K ) t ( v + =(1.7.11) Zakon promene napona) t ( voje: ( )t p2 2t p1 1 2 o2 1e p K e p K RC Ri ) t ( v + = = (1.7.12) Konstante K1 i K2 odreuju se iz poetnih uslova: 2 1 2K K ) 0 ( v + =+ (1.7.13) ) p K p K ( RC V ) 0 ( v2 2 1 1 o+ = =+ (1.7.14) Iz jednaina (1.7.13) i (1.7.14) sledi da je: V 446 , 0) p p ( RCVK2 11 ==iV 446 , 0) p p ( RCVK2 12 = =Tada je: (((

= tRC38 , 0tRC62 , 2 oe 17 , 0 e 17 , 1 V ) t ( v(1.7.15) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 20 1.8)OdreditizakonpromenestrujekrozotpornikR2ukolusaslike1.8poslezatvaranja prekidaa S. Pretpostaviti da je pre zatvaranja prekidaa u kolu vladao ustaljeni reim. Reenje: PotojeprezatvaranjaprekidaaSukoluvladaoustaljenreim,naponnazavojnicije 0 vL = , pa je struja kroz zavojnicu neposredno pre otvaranja prekidaa: 1LRV) 0 t ( i = = (1.8.1) Prilikom otvaranja prekidaa S struja kroz zavojnicu se ne menja trenutno, odnosno: 1L LRV) 0 t ( i ) 0 t ( i = = = = + (1.8.2) Posle zatvaranja prekidaa S kolo sa slike 1.8 izgleda kao kolo na slici 1.8.1. Primenom Kirhofovog zakona o naponima na kolo sa slike 1.8.1 dobija se: V i ) R || R ( vL 2 1 L= +(1.8.3) Kako su struja i napon na zavojnici vezani relacijom: dtdiL vLL = (1.8.4) jednaina (1.8.3) postaje: 2 1LL2 1R || RVidtdiR || RL= + (1.8.5) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 21 Reenje nehomogene linearne diferencijalne jednaine sa konstantnim koeficijentima(1.8.5) je: ) R || R (VAe ) t ( i2 1tL+ = (1.8.6) gde je LR || R2 1= . KonstantaAseodreujeizpoetnihuslova.Utrenutkuzatvaranjaprekidaastrujakroz zavojnicu je data jednainom (1.8.2), pa je: 2 1 1R || RVARV+ = (1.8.7) odnosno: 2 2 12 11RVR RR RR1V A =||.|

\| + =(1.8.8) Zakon promene struje kroz zavojnicu je: t2 2 1LeRVR || RV) t ( i = (1.8.9) Sa slike 1.8.1 se vidi da je: ) t ( i ) t ( i ) t ( i2 1R R L+ =(1.8.10) 2 1R 2 R 1i R i R =(1.8.11 Zakon promene struje kroz otpornik R2 je : ||.|

\|+ =+= t2 112L2 11ReR RR1RV) t ( iR RR) t ( i2(1.8.12) 1.9)OdreditizakonpromenenaponanazavojniciL2ukolasaslike1.9poslezatvaranja prekidaa S. Reenje: Posle zatvaranja prekidaa S kolo sa slike 1.9 izgleda kao kolo na slici 1.9.1. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 22 Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 1.9.1 dobija se: VdtdiLdtdiL i R2111 1 1= +(1.9.1) 0 i Rdtdi) L L (dtdiL2 222 111= + + + (1.9.2) Sabiranjem jednaina (1.9.1) i (1.9.2) dobija se: VdtdiL i R i R22 2 2 1 1= + + (1.9.3) Diferenciranjem jednaina (1.9.3) dobija se: 0dtdiRdtdiRdti dL11222222= + + (1.9.4) Iz jednaine (1.9.2) sledi da je: 212 212 1 1iLRdtdiLL Ldtdi+ +=(1.9.5) Iz jednaina (1.9.4) i (1.9.5) dobija se: 0 iLR RdtdiLL LR Rdti dL212 1 212 11 22222= +||.|

\| ++ + (1.9.6) Jednaina(1.9.6)jehomogenalinearnadiferencijalnajednainasakonstantnim koeficijentima drugog reda. Reenje ove jednaine je oblika: pt2Ke ) t ( i =(1.9.7) Zamenom jednaine (1.9.7) u jednainu (1.9.6) dobija se: 0LR RpLL LR R p L12 112 11 222= +||.|

\| ++ + (1.9.8) Jednaina (1.9.8) je karakteristina jednaina. Koreni karakteristine jednaine su: 2212 1212 11 212 11 22 , 1L 2LLR R4LL LR RLL LR Rp||.|

\| ++ ||.|

\| ++ = (1.9.9) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 23 odnosno: 2 12 121122 11122 12 , 1L LR RL 2RL 2R RL 2RL 2R Rp ||.|

\|++||.|

\|++ =(1.9.10) Kako je: 0L 2RL 2RL LR RL 2RL 2RL LR RL 2RL 2R R211222 12 1211222 12 121122 1||.|

\| = ||.|

\|+ > ||.|

\|++ (1.9.11) Oba reenja karakteristine jednaine su realna i negativna: 2 12 121122 11122 11L LR RL 2RL 2R RL 2RL 2R Rp ||.|

\|+++||.|

\|++ = (1.9.12) 2 12 121122 11122 12L LR RL 2RL 2R RL 2RL 2R Rp ||.|

\|++||.|

\|++ =(1.9.13) Reenje diferencijalne jednaine (1.9.6) je: t p2t p1 22 1e K e K ) t ( i + =(1.9.14) Konstante K1 i K2 odreuju se iz poetnih uslova. U trenutku zatvaranja prekidaa S je: 0 ) 0 t ( i ) 0 t ( i2 1= = = =+ +(1.9.15) Iz jednaina (1.9.14) i (1.9.15) sledi da je: 2 1K K 0 + =(1.9.16) U trenutku zatvaranja prekidaa kolo sa slike 1.9 izgleda kao kolo na slici 1.9.2. Sa slike 1.9.2 se vidi da je:V ) 0 t ( v ) 0 t ( v2 1L L= = = =+ + (1.9.17) Diferenciranjem jednaine (1.9.14) dobija se: t p2 2t p1 122 1e p K e p Kdtdi+ =(1.9.18) Iz jednaina (1.9.17) i (1.9.18) sledi da je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 24 2 2 1 12p K p KLV+ =(1.9.19) Iz jednaina (1.9.16) i (1.9.19) dobija se: 2 12 121122 122 1 21L LR RL 2RL 2R RL 2V) p p ( LVK||.|

\|++== (1.9.20) 2 12 121122 122 1 22L LR RL 2RL 2R RL 2V) p p ( LVK||.|

\|++ = = (1.9.21) Zakon promene napona na zavojnici L2 je: ( )t p2t p12 12 121122 122 o2 1e p e pL LR RL 2RL 2R R2VdtdiL ) t ( v ||.|

\|++= =(1.9.22)

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 25 2. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE Laplasove transformacije zasnivaju se na integralima: | | = =0stdt e ) t ( f ) t ( f L ) s ( F(1) | | ds e ) s ( Fj 21) s ( F L ) t ( fjjst 1 + = = (2) gde je: L - operator direktne Laplasove transformacije 1L - operator inverzne Laplasove transformacije + = j skompleksna promenjiva Laplasove transformacije ) s ( F- kompleksni lik funkcije) t ( f) t ( f- original funkcije) s ( FIntegral(1)predstavljadirektnuLaplasovutransformacijuiprevodivremenskufunkciju f(t) u kompleksnu funkciju, dok integral (2) predstavlja inverznu Laplasovu transformaciju i prevodi kompleksnu funkciju F(s) u vremensku funkciju f(t). Egzistencijaintegrala(1)zavisiodoblikafunkcijef(t)ivrednosti.Laplasova transformacija funkcije f(t) postoji samo za o > . Veliina onaziva se apcisa apsolutne konvergencijeipredstavljaminimalnu(realnuipozitivnu)vrednost. consto = = koja obezbeuje konvergenciju integrala funkcije f(t): 0 6. Teorema pomeranja (kompleksna translacija) | | ) s ( F ) t ( f e Lt + = 7. Teorema slinosti | ||.|

\|=asFa1) at ( f L8. Teorema o poetnoj vrednosti =s0 t) s ( sF lim ) t ( f lim 9. Teorema o konanoj vrednosti 0 st) s ( sF lim ) t ( f lim = ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 27 10. Konvolucija originala Ako je funkcija f(t) data konvolucionim integralom =t02 1d ) ( f ) t ( f ) t ( f tada je: | | ) s ( F ) s ( F ) t ( f L ) s ( F2 1= =11. Parsevalova teorema =0jj2ds ) s ( F ) s ( Fj 21dt ) t ( f LAPLASOVE TRANSFORMACIJE OSNOVNIH FUNKCIJA 1. Heaviside - ova funkcija Ova funkcija je poznata i pod imenom jedinina odskona funkcija. Data je relacijom: =01) t ( U 0 t0 t 0 Laplasova transformacija je: | | += s1e Lt Za rastuu eksponencijalnu funkciju datu relacijom: ) t ( U ) e 1 ( ) t ( ft = Laplasova transformacija je: | |) s ( se 1 Lt +=

5. Prostoperiodine funkcije Za sinusnu i kosinusnu funkciju ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 29 ) t sin( ) t ( U ) t ( f1 =) t cos( ) t ( U ) t ( f2 = Laplasova transformacija je: | |2 2s) t sin( L += | |2 2ss) t cos( L += INVERZNA LAPLASOVA TRANSFORMACIJA InverznaLaplasovatransformacijazasnivasenaintegralu(2).Integraljenjesevridu prave = ) s ( ReizabranetakodasesvipolovifunkcijeF(s)nalazelevoodnje.Usvim sluajevimaodinteresafunkcijaF(s)semoeprikazatiuoblikuracionalnerazlomljene funkcije, tj.:0 11 n1 nnn0 11 m1 mmma s a ... s a s ab s b ... s b s b) s ( Q) s ( P) s ( F+ + + ++ + += =

gdesuP(s)iQ(s)polinomipos,priemujestepenpolinomaubrojiteljumanjiilijednak stepenupolinomauimenitelju) n m ( .NulepolinomP(s)iQ(s)nazivajusenuleipolovi funkcije F(s).Poto su P(s) i Q(s) polinomi sa realnim koeficijentima, njihove nule, odnosno nuleipolovifunkcijeF(s)mogubitiilirealni,iliukonjugovanokompleksnimparovima. TadaseinverznaLaplasovatransformacijamoenairazvojemfunkcijeF(s)uparcijalne razlomke(Hevisajdovrazvoj)iliprimenomKoijeveteoremeostataka.Umnogim sluajevimainverznaLaplasovatransformacijamoesenaiutablicamaLaplasovih transformacionih parova. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 30 TABLICA LAPLASOVIH TRANSFORMACIONIH PAROVA No F(s)f(t) , t 0 11) t ( 2 ns1, ,... 3 , 2 , 1 n =! ) 1 n (t1 n

3 n) s (1 + t1 ne) 1 n (t ! 4 1 nn) s (s+ + = ! ! !n0 kk2ktt) k ( ) k n () ( ne 5 ) s )( s (1 + + t te e 6 ) s )( s (a so + + + totoe ) a ( e ) a ( 7 2o) s (a s ++ | |toe 1 t ) a ( + 8 ) s )( s )( s (1 + + + ) )( (e) )( (e) )( (et t t + + 9 2s ) s (1 + 2t1 t e + 10 ) s )( s )( s (a so + + ++ ) )( (e ) a () )( (e ) a () )( (e ) a (tototo + + 11 s ) s (a s2o ++ t2o o2oe )ata(a + 12 2 2s1 +) t sin(1 13 2 2s1 ) t ( sh1 14 2 2ss + ) t cos(ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 31 15 2 2ss ) t ( ch 16 2 2) s (1 + +) t sin( e1t 17 2 2) s (s + + + ) t cos( et 18 ] ) s )[( s (12 2 + + + ) t sin( e) (1) (et2 22 2t + + + = arctg19 ] ) s )[( s (a s2 2o + + ++ ) t sin( e) () a ( 1) (e ) a (t2 22 2o2 2to + (((

+ + + + = arctgaarctgo 20 ase ) a t ( 21 seas ) a t ( U22 2asse ) a t ( U ) a t ( 23 +seas ) a t ( U e) a t ( 24 2as) s (e + ) a t ( U e ) a t () a t ( 25 ) s )( s (eas + +) a t ( Ue e) a t ( ) a t ((((

26 se 1as ) a t ( U ) t ( U 27 se ebs as ) b t ( U ) a t ( U 28 2asase ) a s (+ ) a t ( U ) aa1t ( ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 32 2.1)OdreditizakonpromenenaponanaotpornikuR3ukolusaslike2.1poslezatvaranja prekidaaS.NaponnakondezatoruutrenutkuzatvaranjaprekidaaSje . const V ) 0 t ( vC C= = =+ Reenje: Izmeu napona na kondezatoru i struje koja kroz njega protie postoji veza: = dt iC1vC C (2.1.1) Primenom teoreme o integralu originala jednaina (2.1.1) postaje: s) 0 ( v) s ( I ) s ( Zs) 0 ( v) s ( IsC1sdt iC1) s ( IsC1) s ( VCC CCC0CC C+ ++ = + = + =+ (2.1.2) gde je sC1) s ( ZC= . Iz jednaine (2.1.2) sledi da se kondezator sa poetnim naponom) 0 ( vC + moeprikazatikolomukomejeserijskisakondezatoromvezanidealannaponskiizvor s) 0 ( vC +, koji uzima poetne uslove (slika 2.1.1). Posle zatvaranja prekidaa S kolo sa slike 2.1 izgleda kao kolo na slike 2.1.2. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 33 Primenom metode konturnih struja na kolo sa slike 2.1.2 dobija se: ( ) ) s ( I R ) s ( I R RsV2 2 1 2 1 + =(2.1.3) ) s ( IsC1R R ) s ( I RsV2 3 2 1 2C|.|

\|+ + + = (2.1.4) Eliminacijom struje) s ( I1 iz jednaina (2.1.3) i (2.1.4) dobija se: ( ) ( ) ) s ( I RsC1R R R RsVR RsVR222 3 2 2 1C2 1 2 ((

|.|

\|+ + + = + (2.1.5) odnosno: +++ ++=1sV VR RRR R R R R RR R) s ( IC2 123 2 3 1 2 12 12 (2.1.6) gde je2 13 2 3 1 2 1R R) R R R R R R ( C++ += vremenska konstanta kola. Zakon promene napona na otporniku R3 je: ( )+++ ++= =1sV VR RRR R R R R RR R R) s ( I R ) s ( VC2 123 2 3 1 2 12 1 32 3 o (2.1.7) Primenom inverzne Laplasove transformacije zakon promene napona) t ( vo je: ( )||.|

\|+ + ++=t C2 123 2 3 1 2 12 1 3oe V VR RRR R R R R RR R R) t ( v(2.1.8) 2.2)OdreditizakonpromenestrujekrozotpornikRukolusaslike2.2poslezatvaranja prekidaa S. Pretpostaviti da je pre zatvaranja prekidaa u kolu vladao ustaljeni reim. Reenje: Izmeu napona na induktivitetu i struje koja kroz njega protie postoji veza: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 34 dtdiL vLL = (2.2.1) Primenom teoreme o izvodu originala jednaina (2.2.1) postaje: ) 0 ( Li ) s ( I ) s ( Z ) 0 ( Li ) s ( sLI ) s ( VL L L L L L + + = = (2.2.2) gde jesL ) s ( ZL= . Izjednaine(2.2.2)sledidaseinduktivitetsapoetnomstrujom) 0 ( iL +moeprikazati kolomukomejeserijskisazavojnicomvezanidealannaponskiizvor) 0 ( LiL +,kojiuzima poetne uslove (slika 2.2.1). PotojepreotvaranjaprekidaaSukoluvladaoustaljenreim,strujakrozzavojnicu 1Lneposredno pre otvaranja prekidaa je: RV) 0 t ( i1L= = (2.2.3) Neposredno po otvaranju prekidaa struja kroz zavojnicu 1Lse ne menja, odnosno: RV) 0 t ( i ) 0 t ( i1 1L L= = = = + (2.2.4) Struja kroz zavojnicu 2Lu trenutku zatvaranja prekidaa S je: 0 ) 0 t ( i2L= =+(2.2.5) Posle zatvaranja prekidaa 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: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 35 ) s ( RI ) s ( I ) R sL ( ) 0 ( i LsV2 1 1L L 1 L 1 + = ++ (2.2.6) ) s ( I ) R sL ( ) s ( RI 02 1L 2 L+ + = (2.2.7) Reavanjem ovog sistema jednaina Kramerovim pravilom dobija se: ||.|

\| ++ = + + =+ += RL LL Ls L sL R ) R sL )( R sL (R sL RR R sL2 12 12 122 121(2.2.8) ) R sL ( ) 0 ( i LsVR sL 0R ) 0 ( i LsV2 L 12L 1111+((

+ =+ += ++ (2.2.9) R ) 0 ( i LsV0 R) 0 ( i LsVR sL11L 1L 1 12((

+ =+ += ++

(2.2.10) Struja kroz otpornik R je: RL LL Ls1) 0 ( iRL LL Ls s1LV) s ( I2 12 1L2 12 1 12 11+++||.|

\| ++ = =+ (2.2.11) Zakon promene struje i(t) je: | |RtL LL L 2 12 1RtL LL L112 12 12 12 1eRVRL LL Le 1LV) s ( I L ) t ( i++++ = =(2.2.12) odnosno: |||.|

\|++ =+ RtL LL L 212 122 12 1eLL1L LLRV) t ( i(2.2.13) 2.3) Za RC filtere propusnike niskih uestanosti sa slike 2.3 izraunati: a)prenosnu funkciju b)amplitudno - frekventnu karakteristiku c)gornju graninu uestanost i nacrtati amplitudno - frekventnu karakteristiku ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 36 Reenje: Prenosnafunkcijajedefinisanaodnosomkompleksnihfunkcijaodzivaipobudeprinultim poetnimuslovima.Onajepotpunoodreenastrukturomsistemaiparametrimakoji sainjavaju sistem. a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.3.a je: ) s ( Z R) s ( Z) s ( V) s ( V) s ( GCCio+= = (2.3.1) gde je sC1) s ( ZC= , pa je prenosna funkcija: oosRC1sRC1sC1RsC1) s ( G +=+=+= , RC1o = (2.3.2)Smenom = j s jednaina (2.3.2) postaje: oooj 11j) j ( G+= + = (2.3.3) b) amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.3.a je: 2o11) j ( G||.|

\|+= (2.3.4) Uestanost H = na kojoj je707 , 021) j ( GH= = naziva se gornja granina uestanost. Iz jednaine (2.3.4) sledi da je: 2oH1121) j ( GH||.|

\|+= = = , odnosno RC1o H= = 011lim ) j ( G2o=||.|

\|+= 1 ) j ( G0 = = Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.3.a prikazana je na slici 2.3.1. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 37 a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.3.b je: ) s ( Z R R) s ( Z R) s ( V) s ( V) s ( GC 2 1C 2io+ + += = (2.3.5) pz2 122 122 12ssa) R R ( C1sCR1sR RRsC1R RsC1R) s ( G + +=++++=+ ++=(2.3.6) gde je: 2zCR1= , ) R R ( C12 1p+= ,1R RRazp2 12 .111lim ) j ( G2p2z=||.|

\|+|.|

\|+= a ) j ( G0 = = Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.4.b prikazana je na slici 2.4.2. 2.5) Za naponski delitelj sa slike 2.5: a)Izraunati prenosnu funkciju b) Izraunati i nacrtati amlitudno - frekventnu karakteristiku za: i) 2 2 1 1C R C R < ii) 2 2 1 1C R C R >iii) 2 2 1 1C R C R =ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 41 Reenje: a) Prenosna funkcija kola sa slike 2.5 je: ) s ( Z ) s ( Z) s ( Z) s ( V) s ( V) s ( G2 12io+= =(2.5.1) gde je: 1 1111 1C sR 1RsC1|| R ) s ( Z+= =i 2 2222 2C sR 1RsC1|| R ) s ( Z+= =, pa je:pz2 12 12 11 12 122 221 112 22s1s1a) C C (R RR Rs 1C sR 1R RRC sR 1RC sR 1RC sR 1R) s ( G+ +=+++++=++++= (2.5.2) gde je: 1 1zC R1= , ) C C (R RR R12 12 12 1p++= , 2 12R RRa+=Smenom = j s jednaina (2.5.2) postaje: pzj 1j 1a ) j ( G+ += (2.5.3) b) Amplitudno - frekventna karakteristika kola sa slike 2.5 je: 2p2z11a ) j ( G||.|

\|+||.|

\|+= (2.5.4) i) Za 2 2 1 1C R C R sledi da je z p > . Iz jednaine (2.5.4) sledi da je:a a11a lim ) j ( Gzp2p2zzp>=||.|

\|+|.|

\|+=

a ) j ( G0 = =

Amplitudno - frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.5.2. iii) Za 2 2 1 1C R C R =iz jednaine (2.5.4) sledi da jeaR RR) j ( G2 12=+= ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 43 Amplitudno - frekventna karakteristika je prikazana na slici 2.5.3. 2.6) Odrediti zakon promene izlaznog napona RC kola sa slike 2.6.1 ako se od trenutka t=0 pobuuje naponom prikazanim na slici 2.6.2. Reenje: Ulazni napon je definisan na sledei nain: =0Vat) t ( vi

T 2 tT 2 t TT t 0> <

TVa = (2.6.1) Ulazninaponmoesepredstavitisuperpozicijomtrimeusobnonezavisnanapona prikazanim na slici 2.6.3. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 44 gde je: ) t ( atU ) t ( v1= (2.6.2) ) T t ( U ) T t ( a ) t ( v2 =(2.6.3) ) T 2 t ( VU ) t ( v3 =(2.6.4) Ulazni napon je: ) T 2 t ( VU ) T t ( U ) T t ( a ) t ( atU ) t ( v ) t ( v ) t ( v ) t ( v3 2 1 i = + + = (2.6.5) Prelaskom u kompleksni domen jednaina (2.6.5) postaje: | |sT 2 sT2 2i iesaTesasa) t ( v L ) s ( V = = (2.6.6) Prenosna funkcija RC kola sa slike 2.6.1 je: +=1s1 1) s ( G,RC = (2.6.7) Izlazni napon je: |.|

\| |.|

\|+ = = sT 2 sT2 2i oesaTesasa1s1) s ( V ) s ( G ) s ( V (2.6.8) Zakon promene izlaznog napona sa vremenom je: ) T 2 t ( U e 1 aT ) T t ( U 1T te a ) t ( U 1te a ) t ( vT 2 t T t t o|||.|

\| |||.|

\|+ |||.|

\|+ = 2.7) Odrediti zakon promene izlaznog napona CR kola sa slike 2.7.1 ako se od trenutka t=0 pobuuje naponom prikazanim na slici 2.7.2. Reenje: Ulazni napon je dat superpozicijom dva meusobno nezavisna napona: ) t ( v ) t ( v ) t ( v2 i 1 i i+ = (2.7.1) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 45 gde je: =0at) t ( v1 i T tT t 0><

TVa = (2.7.2) + =0V ) T t ( a) t ( v2 i T 2 tT 2 t T>

TVa = (2.7.3) Napon) t ( v1 imoesepredstavitisuperpozicijomtrimeusobnonezavisnanapona prikazanim na slici 2.7.3. ) T t ( VU ) T t ( U ) T t ( a ) t ( atU ) t ( v ) t ( v ) t ( v ) t ( v3 2 1 1 i = + + = (2.7.4) Napon) t ( v2 imoesepredstavitisuperpozicijomtrimeusobnonezavisnanapona prikazanim na slici 2.7.4. ) T 2 t ( U ) T 2 t ( a ) T t ( VU ) T t ( U ) T t ( a ) t ( v ) t ( v ) t ( v ) t ( v6 5 4 2 i + + = + + =(2.7.5) Iz jednaina (2.7.4) i (2.7.5) sledi da je ulazni napon: ) T 2 t ( U ) T 2 t ( a ) T t ( U ) T t ( a 2 ) t ( atU ) t ( vi + = (2.7.6) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEMETODI TEORIJE ELEKTRINIH KOLA 46 Prelaskom u kompleksni domen jednaina (2.7.6) postaje: | |sT 22sT2 2i iesaesa 2sa) t ( v L ) s ( V + = = (2.7.7) Prenosna funkcija kola sa slike 2.7.1 je: +=1ss) s ( G,RC = (2.7.8) Izlazni napon je: |.|

\|++|.|

\|+|.|

\|+= = 1s sea1s sea 21s s1a ) s ( V ) s ( G ) s ( VsT 2 sTi o (2.7.9) Zakon promene izlaznog napona sa vremenom je: ) T 2 t ( U e 1 a ) T t ( U e 1 a 2 ) t ( U e 1 a ) t ( vT 2 t T t t o|||.|

\| + |||.|

\| |||.|

\| = (2.7.10) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 47

3. TRANZISTORI Tranzistorisuaktivnielementikojiprenosenapotroaveusnaguodonekojuulae pobudnigenerator,naraunsnagekojuulaejednosmerniizvorzanapajanje.Pored korienjaupojaavakimkolima,tranzistorisekoristeiuimpulsnimidigitalnimkolima, potosebrzomoguprevestiizstanjakojepredstavljapriblinokratakspoj,ustanjekoje predstavljaotvorenavezu.Postojedvatipatranzistora:bipolarnitranzistori(BJT-tranzistorti ) i tranzistori sa efektom polja ( FET - tranzistori ). BIPOLARNI TRANZISTORI Bipolarni tranzistori su elementi sa tri izvoda: baza B, emiter E i kolektor C. Izrauju se u dva oblika PNP i NPN iji su simboli prikazani na slici 1. Dabitranzistorradiokaolinearnipojaavapotrebnojedaspojbaza-emiterbude direktnopolarisan,aspojbaza-kolektorinverznopolarisan.Vezaizmeujednosmernih struja tranzistora u ovom reimu je: B CI I =i B EI ) 1 ( I + = , gde jekoeficijenat strujnog pojaanja. Isti odnos vai i za naizmenine struje, odnosno: b cI I =i b eI ) 1 ( I + = .Naslici2jedatazavisnoststrujekolektoraICodnaponaVCE zaraznevrednostistruje baze. Napon VCE ima veliki uticaj na struju kolektora u dve oblasti: za veoma male napone VCE(0,10,3V)kadatranzistorradiuzasienjuizavelikenaponekadanastupaproboj (2550 V). Izmeu ove dve oblasti tranzistor radi u aktivnom reimu i napon VCE manje utie nastrujuIC.StrujaICimasvojuminimalnuimaksimalnuvrednost.Minimalnavrednost odreenajeuslovomdasetranzistornezakoi,amaksimalnajeodreenamaksimalno dozvoljenom disipacijom C CE max DI V P = . ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 48 TRANZISTORI SA EFEKTOM POLJA Tranzistorisaefektompoljasuelementisatriizvoda:gejtG,sorsSidrejnD.Dve osnovnevrstetranzistorasaefektompoljasuJFETiMOSFET.JFET-ovimogubitiN- kanalni(slika3a)iliP-kanalni(slika3b).MOSFET-oviseizraujusaindukovanim kanalom ( mogu biti N - kanalni ( slika 3c ) i P - kanalni ( slika 3d ) ) i ugraenim kanalom( mogu biti N - kanalni ( slika f )). Na slici 4 je za N - kanalni JFET datazavisnost struje drejna ID od napona VDS za razne vrednostinaponaVGS.Naslicijeucrtanalinija P GS DSV V V = ,gdeje PV naponpraga provoenja.DabipojaavasaJFET-omradiokaolinearnipojaavamirnuradnutaku treba postaviti desno od ove linije. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 49 3.1) U pojaavau sa zajednikim emiterom sa slike 3.1 odrediti jednosmerne struje kolektora IC , emitera IE i baze IB , kao i jednosmerne napone na kolektoru VC , emiteru VE i bazi VB. Poznatoje:R1=15k,R2=5k,RC=4k,RE=2k,C1=1F,C2=1F,=100,VCC=15V, VBE=0,6V. Reenje: Dabiodredilijednosmernestrujeijednosmernenaponeukolupotrebnojeodreditibaznu struju.Kadajetranzistoruaktivnomreimu(spojbaza-emiterdirektnopolarisan,aspoj baza-kolektorinverznopolarisan),odreivanjemstrujebaze,odreenesuisvestrujei naponi u kolu. Kondezatori 1Ci 2Csu prazni pre ukljuenja jednosmernog napajanja CCV . Kadaseukljuijednosmernonapajanjekondezatoriseuprelaznomreimupunenanapone koji su odreeni elementima kola kroz koje tee struja u stacionarnom stanju, pa kondezator1C onemoguavaprolazjednosmernestrujekrozpobudnigenerator iV ,akondezator 2Conemoguavaprolazjednosmernestrujekrozpotroa.Zajednosmernireimradakolosa slike3.1moeseprikazatikolomnaslici3.1.1,priemujebaznokolo( , VCC 1R , 2R ) predstavljeno pomou ekvivaletnog Tevenenovog kola. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 50 Prema Tevenenovoj teoremi je: V 75 , 3 VR RRVCC2 12Th=+= (3.1.1) =+= k 75 , 3R RR RR2 12 1Th (3.1.2) Zbir padova napona po konturi baza - emiter daje: 0 I R V I R VE E BE B Th Th= (3.1.3) Kako je: B EI ) 1 ( I + =(3.1.4) Iz jednaina (3.1.3) i (3.1.4) sledi da je bazna struja: A 10 5 , 1R ) 1 ( RV VI5E ThBE ThB =+ + = (3.1.5)Tada je: A 10 5 , 1 I I3B C = =A 10 51 , 1 I ) 1 ( I3B E = + =V 75 , 3 V I R V VTh B Th Th B= =V 15 , 3 V V VBE B E= =V 9 I R V VC C CC C= = 3.2) Za pojaava sa zajednikim emiterom sa slike 3.2 izraunati: a)Naponsko pojaanje ioVVG = .b)Objasniti zato ne valja uzemljiti emiter. Poznato je: R1=20k,R2=20k,RC=10k, RE=2k, =100, VCC=15V, VBE=0,6V, C. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 51 Reenje: PotoC,0C j1ZC= ,kondezatorCpredstavljakratkuvezuzanaizmeninustruju. Za naizmenini reim kolo sa slike 3.2 moe se prikazati kolom na slici 3.2.1. a) Naponsko pojaanje je: ioVVG =(3.2.1) gde je: c C oI R V =(3.2.2) e E be iI R V V + = (3.2.3) mebegIV = (3.2.4) Transkonduktansa gm povezana je sa otporom emitera relacijom emr1g = . Transkonduktansa mgdata je relacijom: TCmVIg =(3.2.5) gde je: ekTVT = (3.2.6) 1 23K J 10 38 , 1 k =- Bolcmanova konstanta C 10 6 , 1 e19 =- elementarno naelektrisanje T- apsolutna temperatura Na sobnoj temperaturimV 25 VT = . Jednosmerna struja kolektora je data relacijom (videti prethodni zadatak): ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 52 mA 2 , 3R ) 1 (R RR R) VR RRV (IE2 12 1BE2 12CCC=+ +++=(3.2.7)Tada je transkonduktansa VA13 , 0 gm =. Iz jednaina (3.2.3) i (3.2.4) sledi da je: emE me EmiIgR g 1I ) Rg1( V+= + =(3.2.8) Kako je: e e cI I1I + = (3.2.9) naponsko pojaanje je : 98 , 4R g 1R gGE mC m =+ =(3.2.10) Poto je260 R gE m= >>1 naponsko pojaanje je: ECRRG (3.2.11) b) Kod pojaavaa sa zajednikim emiterom naponsko pojaanje zavisi od odnosa otpornika CR i ER .Usluajukadaje0 RE = (pojaavasauzemljenimemiterom)naponsko pojaanjebibiliveomaveliko eCC mrRR g G = = .Meutim,otpornost er jeveoma zavisnaodpromenetemperatureiodmirneradnetake,odnosnojednosmernestruje kolektora CI (jednaina (3.2.5)). Struja kolektora je: TBEVVS Ce I I =(3.2.12) pa sa promenom ulaznog napona menja se struja CI , a samim tim i er . Zato pojaanje ovog stepena zavisi od trenutne vrednosti napona na ulazu, pa e napon na izlazu biti deformisan. Pojaava sa uzemljenim emiterom je nepodesan za polarizaciju. Sa promenom temperature, prikonstantnojstruji CI ,napon BEV sesmanjujezaoko2,1mV/ oC(napon BEV je proporcionalansa T1).Zbogtogastruja CI rastesaporastomtemperature(zafaktor10sa porastomtemperatureza30 oC),imalepromenetemperaturemogudadovedupojaavau saturaciju. Zato se ne koristi esto pojaava sa uzemljenim emiterom. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 53 3.3)Dizajniratipojaavasazajednikimemiteromkojiimapojaanje100 G = ikojise napaja iz izvoraV 15 VCC = . Struju kolektora u mirnoj radnoj taki postaviti na IC = 0,5mA, agraninuuestanostulaznogkolapostavitinaHz 100 fg = .Raditemperaturnestabilnosti naponnaemiteruumirnojradnojtakipostavitinaokoV 1 VE = .Objasnitiulogusvih elemenata u kolu. Poznato je: =100, VBE=0,6V. Reenje: Na slici 3.3.1 je prikazana realizacija stepena sa zajednikim emiterom sa NPN tranzistorom. Otpornici 1R i 2R vrepolarizacijubaze.Otpornik ER odreujejednosmerninaponna emiteru i zajedno sa otpornikom CRodreuje jednosmernu struju kolektora u mirnoj radnoj taki. Otpornik R regulie pojaanje. Kondezator 1Conemoguava prolaz jednosmerne struje krozpobudnigenerator,akondezator 2C onemoguavaprolazjednosmernestrujekroz otpornik R i predstavlja kratku vezu za naizmenian signal. Za jednosmerni reim rada kolo sa slike 3.3.1 izgleda kao kolo na slici 3.3.2. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 54 Jednosmerninapon CEV trebapostavitinapolovininaponanapajanja CCV dabisedobio maksimalno neizoblien signal na izlazu.2VVCCCE =(3.3.1) Sa slike 3.3.2 se vidi da je: 0 I R V I R VE E CE C C CC= (3.3.2) Kako je: C B C EI I I I + = (3.3.3) Iz jednaina (3.3.1), (3.3.2) i (3.3.3) sledi da je: ) R R ( I2VE C CCC+ =(3.3.4) Jednosmerni napon na emiteru je: C E E E EI R I R V =(3.3.5) Tada je: = = k 2IVRCEE (3.3.6) Iz jednaina (3.3.4) i (3.3.6) sledi da je: = = k 13 RI 2VRECCCC (3.3.7)Jednosmerni napon na bazi je: V 6 , 1 V V VBE E B= + =(3.3.8) Otpornike R1 i R2 treba odabrati tako da jednosmerna struja baze bude mnogo manja (obino 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada jeI I I2 1= , pa je: 10I I10 I 10R RVIC CB2 1CC== +=(3.3.9) Jednosmerni napon na bazi je tada: CC2 12BVR RRV+= (3.3.10) Iz jednaine (3.3.9) sledi da je: = = + k 300IV 10R RCCC2 1(3.3.11) Iz jednaina (3.3.10) i (3.3.11) sledi da je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 55 = + = k 32 ) R R (VVR2 1CCB2 (3.3.12) = k 268 R1(3.3.13) Za naimenini reim kolo sa slike 3.3.1 moe se prikazati kolom na slici 3.3.3. Naponsko pojaanje je: ioVVG =(3.3.14) gde je: c C oI R V =(3.3.15) e E iI ) R || R ( V (3.3.16) e e cI I1I + = (3.3.17) Iz jednaina(3.3.15), (3.3.16) i (3.3.17) sledi da je naponsko pojaanje: R R) R R ( RR || RRGEE CEC+ = = (3.3.18) Iz jednaine (3.3.18) sledi da je: GRR1RRCEE+ =(3.3.19) Da bi pojaanje stepena sa zajednikim emiterom bilo100 G = , potrebno je da = 139 R . ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 56 Graninauestanostodreenakondezatorom 1C zavisiodnaizmenineotpornostikojuvidi ovajkondezator(slika3.3.4).Ovaotpornostje b 2 1R || R || R ,gdejeR || R ) 1 ( RE b+ =otpornost koju vidi naizmenini signal u bazi. Granina uestanost je: ) R || R || R ( C 21fb 2 1 1g=(3.3.20) Iz jednaine (3.3.20) sledi da je: F 18 , 0) R || R || R ( f 21Cb 2 1 g1 == (3.3.21) 3.4) Za emiter folover sa slike 3.4 izraunati: a)naponsko pojaanje ioVVG =b)ulaznu otpornost iRi izlaznu otpornost oRPoznato je: R1=20k,R2=20k, RE=0,5k, =100, VCC=15V, VBE=0,6V, C. Reenje: Za naizmenini reim kolo sa slike 3.4 moe se prikazati kolom na slici 3.4.1. Naponsko pojaanje je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 57 ioVVG =(3.4.1) gde je: e Eme E be iI Rg1I R V V+ = + = (3.4.2) e E oI R V =(3.4.3) TCmVIg =(3.4.4) Da bi izraunali jednosmernu struju kolektora IC , kolo sa slike 3.4 se za jednosmerni reim moe prikazati kolom na slici 3.4.2. Prema Tevenenovoj teoremi je: V 5 , 7 VR RRVCC2 12Th=+= (3.4.5) =+= k 10R RR RR2 12 1Th(3.4.6) Zbir padova napona po konturi baza - emiter daje: 0 I R V I R VE E BE B Th Th= (3.4.7) Kako je: B EI ) 1 ( I + =(3.4.8) Iz jednaina (3.4.7) i (3.4.8) sledi da je bazna struja: A 10 1R ) 1 ( RV VI4E ThBE ThB =+ + =(3.4.9) Tada je: A 10 1 I I2B C = =ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 58 VA4 , 0V 10 25A 10 1VIg32TCm== = Iz jednaina (3.4.2) i (3.4.3) sledi da je naponsko pojaanje: 995 , 0R g 1R gGE mE m=+= (3.4.10) b) Ulazna otpornost je: + + ++ + =+++ +=+= = k 8R || R) R r )( 1 (1) R r )( 1 (R || RI R V1II R VR || RVIVIVR2 1E eE e2 1e E be ee E be2 1ibiiii(3.4.11) IzlaznaotpornostmoesepremaTevenenovojteoremiizraunatistavljanjemkratkeveze umesto pobudnog generatora iV . Izlazno kolo tada izgleda kao na slici 3.4.3. Izlazna otpornost je: = += 5 , 2 rr Rr RRee Ee Eo(3.4.12) Emiterfoloverimanaponskopojaanjeoko1,velikuulaznuimaluizlaznuotpornostikoristi se obino kao stepen za prilagoavanje impedansi. 3.5)DizajniratiemiterfoloverpomouPNPtranzistorakojisenapajaizizvoraod V 15 VCC =i koji omoguava generatoru sa unutranjom otpornou od Rg=1k da pobuuje optereenjeodRP =5k,ispredkogasenalazikondezatorodC=1F.Strujukolektorau mirnojradnojtakipostavitinaIC=0,5mA,agraninuuestanostulaznogkolapostavitina fg=100Hz. Objasniti ulogu svih elemenata u kolu. Poznato je: =100,V 6 , 0 VBE = . Reenje:Na slici 3.5.1 prikazana je realizacije emiter folovera pomou PNP trazistora. Otpornici 1Ri 2R vrepolarizacijubaze.Otpornik ER odreujejednosmerninaponnaemiterui jednosmernustrujukolektoraumirnojradnojtaki.Kondezator 1C onemoguavaprolaz ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 59 jednosmernestrujekrozpobudnigenerator,akondezatorConemoguavaprolaz jednosmerne struje kroz PRi predstavlja kratku vezu za naizmenian signal. Za jednosmerni reim rada kolo sa slike 3.5.1 izgleda kao kolo na slici 3.5.2. JednosmerninaponVCEtrebapostavitinapolovininaponanapajanja CCV dabisedobio maksimalno neizoblien signal na izlazu.2VVCCCE =(3.5.1) Sa slike 3.5.2 se vidi da je: E CC CEV V V =(3.5.2) C B C EI I I I + =(3.5.3)Jednosmerni napon na emiteru je: V 5 , 72V VVCE CCE = =(3.5.4) Otpornost ERje: = = k 15IVIVRCEEEE(3.5.5) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 60 Jednosmerni napon na bazi je: V 1 , 8 V V VBE E B = + =(3.5.6) Otpornike 1R i 2R trebaodabratitakodajednosmernastrujabazebudemnogomanja (obino 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona1R ,2R . Tada jeI I I2 1= , pa je: 10I I10 I 10R RVIC CB2 1CC = = + = (3.5.7) Tada je: CC2 12BVR RRV+ =(3.5.8) Iz jednaine (3.5.7) sledi da je: = = + k 300IV 10R RCCC2 1(3.5.9) Iz jednaina (3.5.8) i (3.5.9) sledi da je: = + = k 162 ) R R (VVR2 1CCB2 (3.5.10) = k 138 R1 (3.5.11) Graninauestanostodreenakondezatorom 1C zavisiodnaizmenineotpornostikojuvidi ovajkondezator(slika3.5.3).Ovaotpornostje b 2 1 gR || R || R R + ,gdeje P E bR || R ) 1 ( R + =otpornost koju vidi naizmenini signal u bazi. Granina uestanost je: ) R || R || R R ( C 21fb 2 1 g 1g+ =(3.5.12) Iz jednaine (3.5.12) sledi da je: nF 25) R || R || R R ( f 21Cb 2 1 g g1=+ = (3.5.13) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 61 3.6)DizajniratirazdvajafazepomouNPNtranzistoranaosnovusledeihpodataka:VCC = 15V, IC = 1mA, VBE = 0,6V, = 100. Razdvaja faze se napaja iz generatora unutranje otpornosti od Rg = 2k. Reenje: Razdvajafazejepojaavasadvaizlaznaprikjukanakojimasejavljajunaponijednakih amplituda,asuprotnihfaza.Naslici3.6.1jeprikazanarealizacijaovogpojaavaapomou NPN tranzistora. Pojaanje od ulaza do izlaza 1 je: gii1g11VVVVVVG = = (3.6.1) gde je:gg 2 12 1iVR R || RR || RV+=(3.6.2) 1E mE m1E m1 emiVR gR g 1V 1R g1V Ig1V+=+ = + = (3.6.3) Tada je: E mE mg 2 12 11R g 1R gR R || RR || RG++=(3.6.4)Pojaanje od ulaza do izlaza 2 je: gii2g22VVVVVVG = = (3.6.5) gde je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 62 E mC me Eme Ci2R g 1R gI Rg1I RVV+ =+ = (3.6.6) Tada je: E mC mg 2 12 12R g 1R gR R || RR || RG++ = (3.6.7) Da bi 2 1G G = , treba da je E CR R = . Za jednosmerni reim kolo sa slike 3.6.1 izgleda kao kolo na slici 3.6.2. JednosmerninaponVCEtrebapostavitinapolovininaponanapajanjaVCCdabisedobio maksimalno neizoblien signal na izlazu.2VVCCCE =(3.6.8) Sa slike 3.6.2 se vidi da je: 0 I R V I R VE C CE C C CC= (3.6.9) Kako je: C B C EI I I I + = (3.6.10) Iz predhodnih jednaina sledi da je: C CCCR I 22V=(3.6.11) odnosno: = = k 75 , 3I 4VRCCCC(3.6.12) Jednosmerni napon na emiteru je: V 75 , 3 I R I R VC C E E E= = (3.6.13) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 63 Jednosmerni napon na bazi je: V 35 , 4 V V VBE E B= + =(3.6.14) Otpornike 1R i 2R trebaodabratitakodajednosmernastrujabazebudemnogomanja (obino 10 puta) u odnosu na struju kroz razdelnik napona1R ,2R . Tada jeI I I2 1= , pa je: 10I I10 I 10R RVIC CB2 1CC== += (3..6.15) Jednosmerni napon na bazi je: CC2 12BVR RRV+= (3.6.16) Iz jednaine (3.6.15) sledi da je: = = + k 150IV 10R RCCC2 1(3.6.17) Iz jednaina (3.6.16) i (3.6.17) sledi da je: = + = k 5 , 43 ) R R (VVR2 1CCB2 (3.6.18) = k 5 , 106 R1(3.6.19) 3.7) Za Wilson - ov strujni izvor sa slike 3.7 odrediti : a)odnos struja IIR b)vrednost otpora R za koji je I=5 mA Svi tranzistori su identinih karakteristika. Poznato je: = 100, VCC= 15V, V 6 , 0 VBE = . ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 64 Reenje: a) Poto su tranzistori Q1 i Q2 identinih karakteristika i imaju isti napon baza - emiter to su im i bazne struje identine. B 2 B 1 BI I I = =(3.7.1) Sa slike 3.7 se vidi da je: B B 2 C 3 EI ) 2 ( I 2 I I + = + =(3.7.2) B 3 E 3 CI1) 2 (I1I I+ + =+ = = (3.7.3)B3 EB 3 B 1 C RI )12(1II I I I+ + + =+ + = + =(3.7.4) Iz jednaina (3.7.3) i (3.7.4) sledi da je: ) 2 (2 2II2R+ + + =(3.7.5) b) Sa slike 3.7 se vidi da je: RV VRVIBE 3 E 3 BR+= = (3.7.6) BE CC BE 1 E 1 B 3 EV V V V V V + = + = = (3.7.7) Iz jednaina (3.7.6) i (3.7.7) sledi da je: RV 2 VIBE CCR+=(3.7.8) Iz jednaina (3.7.4) i (3.7.8) sledi da je: =++ + + = k 8 , 2IV 2 V2 2) 2 (RBE CC2 (3.7.9) 3.8) Dizajnirati strujni izvor od 1 mA za potroa PRija otpornost varira u opsegu do 3k koristei jedan tranzistor koji se napaja iz izvora VCC = 15V. Poznato je: VBE = 0,6V, = 100. Reenje: Na slici 3.8.1 prikazana je realizacije strujnog izvora pomou NPN trazistora. Najnii napon na kolektoru je: V 12 I ) R ( V ) V (max P CC min C= = (3.8.1) Da bi tranzistor ostao u aktivnom reimu potrebno je da min C B) V ( V < . ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 65 Otpornike 1R i 2R trebaodabratitakodajednosmernastrujabazebudemnogomanjau odnosu na struju kroz razdelnik napona R1, R2. Tada je jednosmerni napon na bazi: CC2 12BVR RRV+= (3.8.2) Usvojimo napon bazeV 5 , 7 VB = . Tada je 2 1R R = . Usvojimo da je = = k 10 R R2 1. Jednosmerni napon na emiteru je: V 9 , 6 V V VBE B E= =(3.8.3) Tada je: = = k 9 , 6IVIVREEEE(3.8.4)

3.9)Dizajniratistrujniizvorod2mAkoristeijedantranzistorkojisenapajaizizvora VCC=15V. Poznato je: VBE = 0,6V, VCES = 0,2V, = 100. Za polarizaciju baze koristiti zener diodu od VZ = 5,6V. Reenje:Naslici3.9.1prikazanajerealizacijestrujnogizvorapomouNPNtrazistorakodkogaje polarizacija baze izvrena pomou zenerove diode. Poto je jednosmerni napon na bazi jednak VZ , jednosmerni napon na emiteru je: V 5 V V VBE Z E= = (3.9.1) Tada je: = = k 5 , 2IVIVREEEE(3.9.2) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 66 Maksimalnaotpornostpotroaazakojuseizvorsaslike3.9.1ponaakaostrujniizvorje odreena uslovom da: V 2 , 0 V VCES CE= > (3.9.3) Sa slike 3.9.1 se vidi da je: ) R R ( I V VE P CC CE+ =(3.9.4) pa je maksimalna vrednost potroaa: = = k 9 , 4IIR V V) R (E CES CCmax P (3.9.5)

3.10) Za pojaava sa JFET tranzistorom sa slike 3.10 izraunati : a) struju DI u mirnoj radnoj taki i SV , GV

i DV b) naponsko pojaanje ioVVG =Poznato je: Rg=1k, RG=1M, RS=0,5k, RD=4k, RP=1k, C, VDD=20V, V 4 VP = , IDSS=8mA. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 67 Reenje: a) Poto C, kondezator C predstavlja otvorenu vezu za jednosmernu struju a kratku vezu za naizmeninu struju. Za jednosmerni reim kolo sa slike 3.10 moe se prikazati kolom na slici 3.10.1. UlaznaotpornostJFET-ajeveomavelika,pajejednosmernastrujagejtaveomamala(reda nA).Zbogtogajejednosmernastrujasorsa SI priblinajednosmernojstrujidrejna DI . Otpornik GRslui da zatvori kolo gejt - sors za jednosmerne signale. Otpornik SRslui da obezbedieljenupolarizacijuspojagejt-sors,izajednosaotpornikom DR odreuje jednosmernu struju drejna u mirnoj radnoj taki. Kako je struja gejta zanemarljivo mala, pad napona na otporu GRje zanemarljivo mali, pa je gejt na potencijalu mase. Jednosmerna struja drejna data je jednainom: 2PGSDSS DVV1 I I = (3.10.1) Kako jeA 0 IG ,V 0 VG i D SI I , jednosmerni napon izmeu gejta i sorsa je: D S S S G GSI R V V V V = = =(3.10.2) Iz jednaina (3.10.1) i (3.10.2) sledi da je: 2DPSDSS DIVR1 I I+ = (3.10.3) odnosno: 0 1 II1VR2 IVRDDSS PS 2D2P2S= + +(3.10.4) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 68 Reavanjemkvadratnejednaine(3.10.4)po DI dobijajusedvareenjamA 3 I1 D = i mA 21 I2 D = .ReenjemA 21 I2 D = jefizikineprihvatljivojerjetastrujaveaodstruje DSSI . Iz jednaine (3.10.2) sledi da je: V 5 , 1 I R VD S GS = =V 5 , 1 V VGS S= = V 8 I R V VD D DD D= =b)Zanaizmeninireimkolosaslike3.10moeseprikazatikolomprikazanimnaslici 3.10.2. Naponsko pojaanje je: igsgsoioVVVVVVG = = (3.10.5) gde je: ig GGgsVR RRV+=(3.10.6) Izlazni napon je: P d oR ( I V = ||DR ) (3.10.7) Struja drejna dIje: gs m dV g I = (3.10.8) Transkonduktansa mgje: VmA45 , 2 I IV2V1)VV1 ( 2 IVIgDSS DP P PGSDSSGSDm= = ==(3.10.9) Iz predhodnih jednaina sledi da je naponsko pojaanje: 96 , 1 ) R R ( gR RRGD P mg GG =+ = (3.10.10) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 69 3.11) Za pojaava sa JFET tranzistorom sa slike 3.11 izraunati : a)struju DI u radnoj taki i SV , GV

i DV b)naponsko pojaanje ioVVG =c)izlaznu otpornost Ro Poznato je: Rg =1k,RG=100k, RS=2k, RP=5k, IDSS=2mA, V 2 VP = ,VDD=10V, C. Reenje: a)KondezatorCpredstavljaotvorenuvezuzajednosmernustrujuakratkuvezuza naizmeninu struju, pa se za jednosmerni reim kolo sa slike 3.11 moe se prikazati kolom naslici 3.11.1. Jednosmerna struja drejna je: 2PGSDSS DVV1 I I = (3.11.1) Kako jeA 0 IG ,V 0 VG i D SI I , jednosmerni napon izmeu gejta i sorsa je: D S S S G GSI R V V V V = = =(3.11.2) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 70 Iz jednaina (3.11.1) i (3.11.2) sledi da je: 2DPSDSS DIVR1 I I+ = (3.11.3) odnosno: 0 1 II1VR2 IVRDDSS PS 2D2P2S= + +(3.11.4) Reavanjemkvadratnejednaine(3.11.4)po DI dobijajusedvareenjamA 5 , 0 I1 D = i mA 2 I2 D= .Reenje 2 DI jeneprihvatljivojerjezatustrujunapongejt-sors: P 2 D S 2 GSV V 4 I R V < = = ,JFETnijeuzasienju,paje 1 D DI I = .Izjednaine(3.11.2) sledi da je: V 1 I R VD S GS = =V 1 V VGS S= =V 10 V VDD D= =b) Za naizmenini reim kolo sa slike 3.11 moe se prikazati kolom na slici 3.11.2. Naponsko pojaanje je: i11oioVVVVVVG = =(3.11.5) gde je: ig GG1VR RRV+= (3.11.6) d P S gs 1I ) R || R ( V V + =(3.11.7) mdgsgIV = (3.11.8) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 71 Tada je: dmP S m1Ig) R || R ( g 1V+=(3.11.9) Izlazni napon je: d P S oI ) R || R ( V = (3.11.10) Iz jednaina (3.11.9) i (3.11.10) sledi da je:) R || R ( g 1) R || R ( gVVP S mP S m1o+= (3.11.11) Iz jednaina (3.11.5), (3.11.6)i (3.11.11) sledi da je naponsko pojaanje: ) R || R ( g 1) R || R ( gR RRGP S mP S mg GG++= (3.11.12) Transkonduktansa mgje: VmA1 I IV2VIgDSS DP GSDm= ==(3.11.13) Naponsko pojaanje je582 , 0 G =c) Izlazna otpornost je paralelna veza otpornosti P SR || Ri izlazne otpornosti samog JFET - a kojasemoeizraunatistavljanjemkratkevezeumestopobudnoggeneratora iV .Potoje 0 V Vg i= = , tada je: s s g gsV V V V = =(3.11.14) pa je: m dgsdssg1IVIVr = = =(3.11.15) Izlazna otpornost je: =+= 588r R || Rr ) R || R (Rs P Ss P So(3.11.16) 3.12)DizajniratirazdvajafazepomouJFETtranzistoranaosnovusledeihpodataka:VDD=20V,ID=3mA,V 5 , 1 VGS = .Razdvajafazesenapajaizgeneratoraunutranje otpornosti od Rg = 1k. Reenje:Na slici 3.12.1 je prikazana realizacija razdvajaa faze pomou JFET-a. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 72 Pojaanje od ulaza do izlaza 1 je: gii1g11VVVVVVG = = (3.12.1) gde je:gg GGiVR RRV+= (3.12.2) S 1 i m S gs m S d 1R ) V V ( g R V g R I V = = = (3.12.3) S mS mi1R g 1R gVV+=(3.12.4) Tada je: S mS mg GG1R g 1R gR RRG++=(3.12.5) Pojaanje od ulaza do izlaza 2 je: giigsgs2gii2g22VVVVVVVVVVVVG = = = (3.12.6) gde je: D gs m D d 2R V g R I V = = (3.12.7) ) R g 1 ( V R V g V R I V VS m gs S gs m gs S d gs i+ = + = + = (3.12.8) Tada je: S mD mg GG2R g 1R gR RRG++ =(3.12.9) Da bi 2 1G G = , treba da je S DR R = . ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 73 Potojejednosmernastrujagejtaveomamala(redanA), GR trebadajeveomaveliki. Stavimo = M 1 RG. Tada je: D S S GSI R V V = = (3.12.10) odnosno: = = k 5 , 0IVRDGSS (3.12.11) 3.13) Koristei N - kanalni JFET koji se napaja iz izvora VDD=15V dizajnirati strujni izvor za potroa RP od: a)I=5mA b)I=2mA Poznatoje:IDSS=5mA,V 4 VP = .Odreditiopsegpromeneotporapotroaaukomekolo ispravno radi. Reenje: DabiseJFETponaaokaostrujniizvorneophodnojeobezbeditireimradaJFET-au oblasti zasienja (P GS DSV V V ) a)PotojetraenastrujajednakastrujiIDSS ,JFETtrebapolarisatinultimnaponomizmeu gejta i sorsa. Realizacija strujnog izvora je prikazana na slici 3.13.1. Struja kroz potroa RPje: 2PGSDSS DVV1 I I I = = (3.13.1)Kako je0 VGS = , struja kroz potrpaje DSS DI I I = = .Napon izmeu drejna i sorsa je: P DD DSIR V V = (3.13.2) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 74 Maksimalna vrednost otpora potroaa koji omoguava ispravni rad strujnog izvora odreuje se iz uslova da je: P max P DD min DSV ) R ( I V ) V ( = =(3.13.3) odnosno: =+= k 2 , 2IV V) R (P DDmax P (3.13.4) b)PotojestrujaImanjaodstrujeIDSSpotrebnojeobezbeditinegativnupolarizacijuspoja gejt - sors. To se postie stavljanjem otpornika RS u sors tranzistora (slika 3.13.2). Struja kroz potroa RP je: 2PSDSS2PGSDSS DVIR1 IVV1 I I I+ = = =(3.13.5) Tada je: = = 735 1IIIVRDSSPS(3.13.6)Sa slike 3.13.2 se vidi da je: 0 IR V IR VS DS P DD= (3.13.7)odnosno: 0 ) R R ( I V VS P DD DS= + = (3.13.8) Maksimalna vrednost otpora potroaa koji omoguava ispravni rad strujnog izvora odreuje se iz uslova da je: [ ]P S P GS S max P DD min DSV IR V V R ) R ( I V ) V ( = = + =(3.13.9) odnosno: =+= k 5 , 5IV V) R (P DDmax P (3.13.10) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 75 3.14)Zapojaavasaslike3.14ukomejeupotrebljenMOSFETsaindukovanimkanalom N - tipaizraunati:a)Otpornike R1, R2, RD b)Naponsko pojaanje ioVVG = Poznato je: VDD=10V, ID=2 mA, VT=2V, B=2 2VmA, RS=0,5 k, Rg=5k, RP=2k, C. Reenje: a) Za jednosmerni reim kolo sa slike 3.14 izgleda kao kolo na slici 3.14.1. Jednosmerninapon DSV trebapostavitinapolovinunaponanapajanja DDV dabisedobio maksimalno neizoblien signal na izlazu. 2VVDDDS = (3.14.1) Sa slike 3.14.1 se vidi da je: 0 I R V I R VS S DS D D DD= (3.14.2) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 76 Kako je struja gejta0 IG i S DI I , iz jednaine (3.14.2) sledi da je: = = k 2 RIV VRSDDS DDD (3.14.3) Napon na sorsu je: V 1 I R VD S S= = (3.14.4) Struja drejna je data relacijom: 2T GS D) V V (2BI = (3.14.5) Iz jednaine (3.14.5) sledi da je: V 4 , 3 VBI 2VTDGS= + = (3.14.6) Napon na gejtu je: V 4 , 4 V V VS GS G= + =(3.14.7) Napon na gejtu je izveden preko razdelnika napona R1, R2: DD2 12GVR RRV+=(3.14.8) odnosno: 44 , 0VVR RRDDG2 12= =+(3.14.9) Kakojestrujagejtaveomamala(redanA),trebadajeotporR2veliki.Stavimodaje = k 100 R2. Tada je: == k 12744 , 0) 44 , 0 1 ( RR21. b) Za naimenini reim kolo sa slike 3.14 moe se prikazati kolom na slici 3.14.2. Naponsko pojaanje je: i11oioVVVVVVG = =(3.14.10) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKETRANZISTORI 77 gde je: i2 1 g2 11VR || R RR || RV+= (3.14.11) + = + =Smd d S gs 1Rg1I I R V V (3.14.12) gsdmVIg =(3.14.13) Izlazni napon oVje: 1S mP D md P D oVR g 1) R || R ( gI ) R || R ( V+ = = (3.14.14) Transkonduktansa mgje: VmA82 , 2 BI 2 ) V V (2B2VIgD T GSGSDm= = == (3.14.15) Iz jednaina (3.14.11), (3.14.14) i (3.14.15) sledi da je naponsko pojaanje: 1 , 1R g 1) R || R ( gR || R RR || RGS mP D m2 1 g2 1 =++ =(3.14.16) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 78 4. DIFERENCIJALNI POJAAVA Diferencijalnipojaavajestepenkojisluidapojaarazlikunaponadvanezavisna pobudna generatora. Blok ema diferencijalnog pojaavaa prikazana je na slici 1. Uidealnomsluajukadasupojaanjaodobaulazadoizlazameusobnojednaka,a suprotnog znaka, izlazni napon je: ) V V ( G GV GV V2 1 2 1 o = = Meutim,kodrealnogdiferencijalnogpojaavaa,pojaanjamerenaizmeujednog ulaznogiizlaznognaponaidrugogulaznogiizlaznognaponanisumeusobnojednaka,tj. izlazni napon ne zavisi samo od razlike ulaznih napona, ve i od njihove apsolutne vrednosti. Prema tome, izlazni napon kod realnog diferencijalnog pojaavaa je: 2 2 1 1 oV G V G V =Akoseulazninaponiizrazeprekonaponarazlike 2 1 dV V V = inaponasrednje vrednosti 2V VV2 1s+=tada je: d s 1V21V V + =d s 2V21V V = |.|

\| |.|

\|+ = =d s 2 d s 1 2 2 1 1 oV21V G V21V G V G V G V odnosno: s s d d s 2 1 d 2 1 oV G V G V ) G G ( V ) G G (21V + = + + = ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 79 gde je:2G GG2 1d+=- diferencijalno pojaanje 2 1 sG G G =- pojaanje srednje vrednosti. Izlazni napon se moe napisati i u obliku: ||.|

\|+ =dsd d oVV 11 V G Vgdeje sdGG= faktorpotiskivanjanaponasrednjevrednostiipredstavljameruasimetrije diferencijalnogpojaavaa.Uidealnomsluajukadaje 2 1G G = , teibeskonanostii pojaava pojaava samo razliku ulaznih napona. Diferencijalnipojaavajeulaznistepenkodveineintegrisanihpojaavaa.Takoese koristi kao ulazni stepen ureaja kod kojih dolazi slab signal zagaen umom ( audio signali, radiofrekventni signali itd. ). 4.1)Zadiferencijalnipojaavasaslike4.1odreditiRE,RCiR1.Poznatoje:VCC=15V, VEE=15V, struja kolektora u mirnoj radnoj taki IC=0,5 mA, diferencijalno pojaanje Gd=25, pojaanjesrednjevrednosti|Gs|=0,5.SmatratidasutranzistoriQ1iQ2identinih karakteristika. Reenje: Za naizmenini reim kolo sa slike 4.1 moe se prikazati kolom na slici 4.1.1. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 80 Zbir naizmeninih napona po konturi baza - emiter daje: 0 ) I I ( R I ) r R ( V2 e 1 e 1 1 e e E 1= + + (4.1.1) 0 ) I I ( R I ) r R ( V2 e 1 e 1 2 e e E 2= + + (4.1.2) gde je CTeIVr =emiterski otpor i na sobnoj temperaturi je = 50 re. Sabiranjem i oduzimanjem jednaina (4.1.1) i(4.1.2) dobija se: ) I I )( r R R 2 ( V V2 e 1 e e E 1 2 1+ + + = +(4.1.3) ) I I )( r R ( V V2 e 1 e e E 2 1 + = (4.1.4) odnosno: 2 e 1 ee E 12 1I Ir R R 2V V+ =+ ++(4.1.5) 2 e 1 ee E2 1I Ir RV V =+(4.1.6) Iz jednaina (4.1.5) i (4.1.6) sledi da je: 2 ee E2 1e E 12 1I 2r RV Vr R 2RV V=++ ++(4.1.7) Izlazni napon oVje: 2V Vr R R 2R) V V () r R ( 2RI R I R V2 1e E 1C2 1e EC2 e C 2 c C o++ + += =(4.1.8) odnosno: s s d d oV G V G V + = (4.1.9) gde je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 81 ) r R ( 2RGe ECd+= (4.1.10) e E 1Csr R R 2RG+ + =(4.1.11) Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora Q2 treba postaviti na polovini napona napajanja: C C CCCC2 CI R V2VV = = (4.1.12) Tada je : = = K 15I 2VRCCCC (4.1.13) = = 250 rG 2RRedCE(4.1.14) =+ = k 8 , 14G 2) r R ( G RRse E s C1 (4.1.15) Potodiferencijalnoipojaanjesrednjevrednostinezaviseodkolektorskogotpora tranzistora Q1, on se moe izostaviti. 4.2)Zadiferencijalnipojaavasaslike4.2odreditidiferencijalnopojaanjeGd ipojaanje srednjevrednostiGs.Poznatoje:VCC=15V,VEE=15V,VZ=1,2V,R1=10k,R2=1k,VBE=0,6V,100 = . Smatratida su tranzistori Q1 i Q2 identinih karakteristika. Reenje: Poto je diferencijalni pojaava simetrian vai: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 82 2II I2 E 1 E= = (4.2.1) Napon na bazi tranzistora Q3jeV 8 , 13 V V VZ EE 3 B = + = . Tada je: V 4 , 14 V V VBE 3 B 3 E = = (4.2.2) mA 6 , 0R) V ( VI2EE 3 E3 E= = (4.2.3) 1 E 3 EI 2 I I = (4.2.4) odnosnomA 3 , 0 I1 E = . Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora Q2 treba postaviti na polovini napona napajanja: V 5 , 72VVCC2 C= =(4.2.5) Tada je: == k 25IV VIV VR1 E2 C CC1 C2 C CCC

(4.2.6) Zanaizmeninireimkolosaslike4.2moeseprikazatikolomnaslici4.2.1,gdeje izR - otpornost strujnog izvora Zbir naizmeninih napona po konturi baza - emiter daje: ) I I ( R I r V2 e 1 e iz 1 e e 1+ + = (4.2.7) ) I I ( R I r V2 e 1 e iz 2 e e 2+ + =(4.2.8) gde je = 83IVrCTe Sabiranjem i oduzimanjem jednaina (4.2.7) i (4.2.8) dobija se: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 83 2 e 1 eiz e2 1I IR 2 rV V+ =++ (4.2.9) 2 e 1 ee2 1I IrV V =(4.2.10) Iz jednaina (4.2.9) i (4.2.10) sledi da je: e2 1iz e2 12 er 2V V) R 2 r ( 2V VI++=(4.2.11) Izlazni napon oVje: 2V VR 2 rR) V V (r 2RI R I R V2 1iz eC2 1eC2 e C 2 c C o++ = = (4.2.12)odnosno: s s d d iV G V G V + =(4.2.13) gde je: 6 , 150r 2RGeCd= = (4.2.14) iz eCsR 2 rRG+ = (4.2.15) Kadajeotpornoststrujnogizvoraveomavelika(Riz),pojaanjesrednjevrednostije veoma malo (Gs0). 4.3)ZadiferencijalnipojaavasaJFETtranzistorimasaslike4.3odreditidiferencijalno pojaanjeGd,pojaanjesrednjevrednostiGsifaktorpotiskivanjasrednjevrednosti. Poznatoje:VDD=15V,VSS=15V,V 2 VP = ,IDSS=2mA,RD=10k,RSS=20k.Smatratida su tranzistori identinih karakteristika. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 84 Reenje: Za naizmenini reim rada kolo sa slike 4.3 moe se prikazati kolom na slici 4.3.1. Zbir naizmeninih napona po konturi gejt - sors daje: 0 ) I I ( R V V2 s 1 s SS 1 gs 1= + (4.3.1) 0 ) I I ( R V V2 s 1 s SS 2 gs 2= + (4.3.2) gde je: 1 gs m 1 sV g I = (4.3.3) 2 gs m 2 sV g I =(4.3.4) Tada je: 2 gs SS m SS m 1 gs 1V R g ) R g 1 ( V V + + = (4.3.5) 1 gs SS m SS m 2 gs 2V R g ) R g 1 ( V V + + = (4.3.6) sabiranjem i oduzimanjem jednaina (4.3.5) i (4.3.6) dobija se: ) V V )( R g 2 1 ( V V2 gs 1 gs SS m 2 1+ + = + (4.3.7) 2 gs 1 gs 2 1V V V V = (4.3.8) Iz jednaina (4.3.7) i (4.3.8) dobija se: ) R g 2 1 ( 2V V2V VVSS m2 1 2 12 gs+ ++ = (4.3.9) Izlazni napon oVje: 2 gs m D 2 s D 2 d D iV g R I R I R V = = (4.3.10) odnosno: 2V VR g 2 1R g) V V (2R gV2 1SS mD m2 1D mi++ =(4.3.11) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 85 s s d d iV G V G V + =(4.3.12) gde je:2R gGD md = (4.3.13) SS mD msR g 2 1R gG+ =(4.3.14) Zbir jednosmernih napona po konturi gejt - sors daje: 0 V I R 2 VSS D SS GS= +(4.3.15) Jednosmerna struja drejna data je jednainom: 2PGSDSS DVV1 I I||.|

\| =(4.3.16) Iz jednaina (4.3.15) i (4.3.16) sledi da je:2PSS D SSDSS DVV I R 21 I I||.|

\| + =(4.3.17) odnosno: 0VV1 II1VV1VR 4IVR 42PSSDDSS PSSPSS 2D2P2SS=||.|

\| +(((

||.|

\| + (4.3.18) Reenja kvadratne jednaine 4.3.18 su: mA 4 , 0 I1 D =imA 45 , 0 I2 D= . Tada je: V 16 , 1 I R 2 V V1 D SS SS 1 GS = = = = V 96 , 2 I R 2 V V2D SS SS 1 GS PVZastruja 2DI JFETnijeuzasienjuiovoreenjeotpada.Prematome:mA 4 , 0 ID = i VmA894 , 0 I IV2gDSS DPm= = , pa je:47 , 4 Gd = ,25 , 0 Gs =i 88 , 17GGsd = = 4.5) Za diferencijalni pojaava sa slike 4.5 odrediti: a)naponsko pojaanje ioVVG =Poznatoje:V 15 VCC = , V 15 VEE = , mA 5 , 0 IC = .Smatratidasutranzistoriidentinih karakteristi . ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 86 Reenje: Zbir naizmeninih napona po konturi baza - emiter daje: i 2 e 1 e E 1 e eV ) I I ( R I r = + +(4.5.1) 0 ) I I ( R I r2 e 1 e E 2 e e= + + (4.5.2) Iz jednaina (4.5.1) i (4.5.2) se dobija : i2e E eE2 eVr R r 2RI+ =(4.5.3) Izlazni napon je: = =2 e C 2 c C oI R I R Vi2e E eC EVr R r 2R R+(4.5.4) Jednosmerni napon na kolektoru tranzistora treba postaviti na polovinu napona napajanja: 2VVCC2 C =(4.5.5) Tada je: == k 15IV VR2 C2 C CCC (4.5.6) Sa slike 4.5 se vidi da za jednosmerni reim vai: I I I2 E 1 E= + (4.5.7) Poto je kolo simetrino vai: 2 C 2 E 1 EI I I2I = =(4.5.8) Zbir jednosmernih napona po konturi baza - emiter daje: 0 V I R VEE E BE= + (4.5.9) Tada je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 87 == k 4 , 14IV VRBE EEE(4.5.10) Naponsko pojaanje je: 150r R r 2R RVVG2e E eC Eio=+= =(4.5.11) 4.6) Dizajnirati diferencijalni pojaava sa strujnim izvorom od 1 mA, koji ima diferencijalno pojaanje50 Gd = .NaponnapajanjajeV 15 VCC = .Smatratidasuupotrebljenitranzistori identinih karakteristika ( V 6 , 0 V , 100BE = = ). Reenje: Naslici4.6.1prikazanajerealizacijadiferencijalnogpojaavaasastrujnimizvoromod1 mA koji je realizovan pomou jednog tranzistora. Sa slika 4.6.1 se vidi da je:3 ECC 3 E3 E 3 CR) V ( VI I I = =(4.6.1) BE 3 B 3 EV V V = (4.6.2) Napon 3 BV odreenjeotpornicima 1R i 2R .Akosuotpornici 1R i 2R takvidajestruja bazemnogomanjaodstrujekrozrazdelniknaponaodreenogovimotpornicima(barem10 puta), tj. ako je : ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 88 10I I10 I 10R RVB2 1CC== + (4.6.3) Tada je: CC2 113 BVR RRV+ =(4.6.4) NekajenaponV 11 V3 E = .Tadaizjednaine(4.6.2)sledidajeV 4 , 10 V3 B = ,iz jednaine(4.6.1)daje = k 4 R3 E,aizjednaina(4.6.3)i(4.6.4)daje = k 104 R1i = k 46 R2. Jednosmerninapon na kolektoru tranzistora 2Qtreba postaviti na polovini napona napajanja: 2 C C CCCC2 CI R V2VV = = (4.6.5)Kako je diferencijalni pojaava simetrian vai: 2II I2 E 1 E= = (4.6.6) Tada je: == k 15IV VIV VR2 E2 C CC2 C2 C CCC(4.6.7) Za naizmenini reim kolo sa slike 4.6.1 moe se prikazati kolom na slici 4.6.2, gde je izR- otpornost strujnog izvora Zbir naizmeninih napona po konturi baza - emiter daje: ) I I ( R I ) R r ( V2 e 1 e iz 1 e E e 1+ + + =(4.6.8) ) I I ( R I ) R r ( V2 e 1 e iz 2 e E e 2+ + + = (4.6.9) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIFERENCIJALNI POJAAVA 89 gde je = 50IVrCTe Iz jednaina (4.6.8) i (4.6.9) sledi da je: ) R r ( 2V V) R 2 R r ( 2V VIE e2 1iz E e2 12 e++ ++= (4.6.10) Izlazni napon oVje: 2V VR 2 R rR) V V () R r ( 2RI R V2 1iz E eC2 1E eC2 e C o++ + += (4.6.11)odnosno: s s d d iV G V G V + =(4.6.12) gde je: ) R r ( 2RGE eCd+=(4.6.13) iz E eCsR 2 R rRG+ + = (4.6.14) Iz jednaine (4.6.13) sledi da je: = = 100 rG 2RRedCE (4.6.15) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 90

5. OPERACIONI POJAAVA Operacioni pojaava je vrsta pojaavaa iji je simbol prikazan na slici 1. Znak+naulazu1oznaavadajeizlazninapon oV ufazisaulaznimnaponom 1V i nazivaseneinvertujuiulaz.Znaknaulazu2oznaavadajeizlazninapon oV fazno pomeren za 180o u odnosu na fazu ulaznog naponom 2Vi naziva se invertujui ulaz. Operacionipojaavajeviestepenipojaava.Ulaznistepenjediferencijalnipojaava koji treba da obezbedi veliko pojaanje za diferencijalni signal 2 1 dV V V =i veliku ulaznu impedansu. Srednji stepen treba da obezbedi potrebno naponsko i strujno pojaanje, a izlazni stepen treba da obezbedi malu izlaznu impedansu. Neki od osnovnih parametara koji se definiu kod operacionog pojaavaa su: Pojaanje pojaavaa u otvorenoj petlji 2 1ooV VVG= Ulazna otpornost iR Izlazna otpornost oRPropusni opseg Idealnioperacionipojaavaimabeskonanopojaanje oG ,beskonanuulaznu otpornost, nultu izlaznu otpornost i beskonano irok propusni opseg. Savremeni operacioni pojaavaiimajupriblinotakvekarakteristikapaseprianalizikolaestozamenjuju idealnim. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 91 5.1) Za kolo sa slike 5.1 izraunati naponsko pojaanje ioVVG =ako je upotrebljen: a)idealni operacioni pojaava b)operacioni pojaava koji ima konano pojaanje oG Reenje: a) Kako za idealni operacioni pojaava vai oG 0GVVood= =(5.1.1) Sa slike 5.1 se vidi da je:o iV V = (5.1.2) Naponsko pojaanje je: 1VVGio = = (5.1.3) b) Ako je oGkonano, tada je: oodGVV = (5.1.4) Sa slike 5.1 se vidi da je: ooi d i oGVV V V V = =(5.1.5) Naponsko pojaanje je: oioG111VVG+= = (5.1.6) Kakojepojaanje oG kodsavremenihoperacionihpojaavaaveomaveliko(reda 710 ), naponskopojaanje ioVVG = 1,aulaznaotpornostvrlovelika,ovajpojaavajeodlian razdvojni stepen. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 92 5.2) Za kolo invertujueg operacionog pojaavaa sa slike 5.2 izraunatinaponsko pojaanje ioVVG =akoje upotrebljen: a)idealni operacioni pojaava b)operacioni pojaava koji ima konano pojaanje oG

Reenje: a)Kakoje0GVVood= = ineinvertujuiulazvezanzamasu,tadajeiinvertujuiulazna masi pa je premaslici 5.2: 1 iIR V =(5.2.1) 2 oIR V =(5.2.2) Naponsko pojaanje je: 12ioRRVVG = =(5.2.3) b) Ako je pojaanje konano, tada je oodGVV = , pa je prema slici 5.2: 1 d iIR V V = + (5.2.4) 2 o dIR V V = +(5.2.5) 2o d1d iRV VRV V + =+ (5.2.6) Naponsko pojaanje je: ||.|

\|+ + = =12o12ioRR1G11RRVVG (5.2.7) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 93 Jednaina(5.2.7)sesvodinajednainu(5.2.3)kada oG .PojaanjeGjenegativnno (zato se i naziva invertujui pojaava) i zavisi od odnosa otpornika 1Ri 2R . 5.3)Zakoloneinvertujuegoperacionogpojaavaasaslike5.3izraunatinaponsko pojaanje ioVVG =ako je upotrebljen: a)idealni operacioni pojaava b)operacioni pojaava koji ima konano pojaanje oG Reenje: a) Poto je0GVVood= =a na neinvertujuem ulazu je naponu iV , tada je i na invertujuem ulazu napon iV , pa je prema slici 5.3: 1 iIR V = (5.3.1) 2 o iIR V V = (5.3.2) 1i2o iRVRV V = (5.3.3) Naponsko pojaanje je: 12ioRR1VVG + = = (5.3.4) b) Ako je pojaanje konano,tada je oodGVV = , pa je prema slici 5.3: 1 d iIR V V = (5.3.5) 2 o d iIR V V V = (5.3.6) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 94 2d i o1d iR) V V ( VRV V = (5.3.7) Naponsko pojaanje je: 2 11oioR RRG11VVG++= =(5.3.8) Jednaina (5.3.8) se svodi na jednainu (5.3.4) kada oG . Pojaanje G je pozitivno (zato se i naziva neinvertujui pojaava) i zavisi od odnosa otpornika 1Ri 2R . 5.4) Za kolo sa idealnim operacionim pojaavaem sa slike 5.4 izraunati izlazni napon oV . Ispitati sluaj kada je: 3 1R R =i 4 2R R = . Reenje: Izlazni napon moe se nai principom superpozicije. Izlazni napon je: 0 V o 0 V o o2 i 1 i| V | V V= = + = (5.4.1) Poto je operacioni pojaava idealan, napon u voru 1 jednak je naponu u voru 2. Za0 V1 i =napon u voru 2 je: 2 i4 342VR RRV+= (5.4.2) Pojaavasaslike5.4uovomsluajuponaasekaoneinvertujuioperacionipojaavasa pojaanjem: 2 i4 34122120 V oVR RR)RR1 ( V )RR1 ( | V1 i+ + = + ==(5.4.3) Za0 V2 i=napon u voru 2 je0 V2 = . Pojaava sa slike 5.4 u ovom sluaju ponaa se kao invertujui operacioni pojaava sa pojaanjem: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 95 1 i120 V oVRR| V2 i ==(5.4.4) Izlazni napon je: 1 i122 i4 3412oVRRVR RR)RR1 ( V + + =(5.4.5) Za 3 1R R =i 4 2R R =izlazni napon je: ) V V (RRV1 i 2 i12o =(5.4.6) 5.5) Dizajnirati kolo sa idealnim operacionom pojaavaima koje e realizovati sledeu sumu ulaznihnapona: 2 i 1 i oV V 2 V = .Omoguitidasekolopobuujeizvorimasavelikom unutranjom otpornou gR . Reenje: Na slici 5.5 je prikazana realizacija kola. Sa slike 5.5 se vidi da je izlazni napon: 2 i 1 i 2 i 1 i oV V 2 VRR) V (2RRV = = (5.5.1) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 96 5.6) Dizajnirati mitovo okidno kolo pomou operacionog pojaavaa ako se: a)okidanje vri na invertujuem ulazu; b)okidanje vri na neinvertujuem ulazu; Izlazne nivoe postaviti naV 0 VOL =iV 5 VOH = sa irinom histerezisaV 2 , 0 VH =i sa centrom histerezisa naV 5 , 2 VCH = . Na raspolaganju je baterija odV 5 VB = . Reenje:mitovo okidno kolo slui za poreenje pobudnog napona sa referentnim naponom. Svaki put kada pobudni napon dostigne referentni mitovo okidno kolo menja stanje na izlazu. a) Na slici 5.6.1 prikazano je mitovo okidno kolo sa idealnim operacionim pojaavaem kod koga se vri okidanje na invertujuem ulazu. Nivoiulaznognaponaprikojimanastajupromenenaizlazupojaavaaodreenisu vrednou napona U TV V = . Sa kola sa slike 5.6.1 se vidi da je: 2O T1T RRV VRV V =(5.6.1) odnosno: O2 11R2 12TVR RRVR RRV+++=(5.6.2) Karakteristika prenosa kola sa slike 5.6.1 prikazana je na slici 5.6.2. Referentni naponi 1 TVi 2 TV nazivajusenaponiokidanja.Zbogslinostisakarakteristikamamagnetnihmaterijala, karakteristika prenosa mitovog kola naziva se histerezisna petlja, odnosno histerezis. Nii naponski nivo okidanja mitovog okidnog kola je: OL2 11R2 121 TVR RRVR RRV+++= (5.6.3) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 97 Vii naponski nivo okidanja mitovog okidnog kola je: OH2 11R2 122 TVR RRVR RRV+++=(5.6.4) Razlika naponskih nivoa okidanja ine irinu histerezisa mitovog okidnog kola: ) V V (R RRV V VOL OH2 111 T 2 T H+= =(5.6.5) Centar histerezisa je: ) V V (R RR21VR RR2V VVOL OH2 11R2 12 2 T 1 TCH++ ++=+= (5.6.6) Kako je: V 5 VOH =iV 0 VOL =iz jednaine (5.6.5) sledi da je: 251VVR RROHH2 11= =+ (5.6.7) odnosno24RR12 = . Iz jednaine (5.6.6) sledi da je: V 5 , 2 VR 2RVRR RVOH21CH22 1R= +=(5.6.8) Ako uzmemo da je = 100 R1, tada je = k 4 , 2 R2. Poto je na raspolaganju baterija od 5V, referentninaponmoeserealizovatiprekorazdelnikanaponaprikazanimnaslici5.6.3 ( = = k 5 R R4 3). b)Naslici5.6.4prikazanojemitovookidnokolokodkogasevriokidanjena neinvertujuem ulazu, a na slici 5.6.5 njegova histerezisna petlja. Nivoi ulaznog napona T UV V=pri kojima nastaju promene na izlazu pojaavaa odreeni su vrednou napona RV . Sa kola sa slike 5.6.4 vidi se da je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 98 2O R1R TRV VRV V =(5.6.9) odnosno: O21R22 1TVRRVRR RV +=(5.6.10) Nii naponski nivo okidanja mitovog okidnog kola je: OH21R22 11 TVRRVRR RV += (5.6.11) Vii naponski nivo okidanja mitovog okidnog kola je: OL21R22 12 TVRRVRR RV +=(5.6.12) irina histerezisa mitovog okidnog kola je: ) V V (RRV V VOL OH211 T 2 T H = =(5.6.13) Centar histerezisa je: ) V V (R 2RVRR R2V VVOL OH21R22 1 2 T 1 TCH+ +=+=(5.6.14) Kako je: V 5 VOH =iV 0 VOL =iz jednaine (5.6.13) sledi da je: 04 , 0VVRROHH21= =(5.6.15)Tada iz jednaine (5.6.14) sledi da je: V 5 , 2 V) R R ( 2RR RRVOH2 112 12R=+++= (5.6.16) Ako uzmemo da je = k 10 R2, tada je = 400 R1. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 99 5.7)Izraunatiizlazninapon oV ukolusaslike5.7.Smatratidasuupotrebljenioperacioni pojaavai idealni. Reenje: Struja kroz otpornik 1Rje: 12 i 1 iRV VI=(5.7.1) Napon 1Vu voru 1 je: 122 i121 i 2 i 1 i121 i 2 1 i 1RRV )RR1 ( V ) V V (RRV IR V V + = + = + =(5.7.2) Napon 2V u voru2 je: 121 i122 i 2 i 1 i122 i 2 2 i 2RRV )RR1 ( V ) V V (RRV IR V V + = = =(5.7.3) Izlazni napon je: ) V V )(RR2 1 (RR) V V (RRV1 i 2 i12341 234o + = = (5.7.4) 5.8) Dizajnirati logaritamski operacioni pojaava. Reenje: Kodlogaritamskogoperacionogpojaavaaizlazninaponproporcionalanjelogaritmu ulaznognapona.Dabisepomouoperacionogpojaavaaostvariologaritamskipojaava, potrebnojeimatielemenatkojiimalogaritamskukarakteristiku,atosudiodeibipolarni tranzistori. ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 100Na slici 5.8.1 prikazana je realizacija logaritamskog pojaavaa pomou diode. Pri direktnoj polarizaciji struja kroz diodu je: ) 1 e ( I ITDnVVS D =(5.8.1) Akojeinverznastrujazasienja SI mnogomanjaoddirektnestruje DI ,jednaina5.8.1 postaje: TDnVVS De I I = (5.8.2) Pad napona na diodi DV , kada protie struja DIje na osnovu jednaine 5.8.2: | | ) I ln( ) I (ln( nV VS D T D =(5.8.3) Struja kroz diodu DIjednaka je struji RVIi= , a izlazni napon jednak je negativnoj vrednosti pada napona na diodi.| |2 i 1 S D T oK ) V ln( K ) I ln( ) I (ln( nV V + = = (5.8.4) gdeje: T 1nV K = i) R ln( nV ) I ln( nV KT S T 2+ = .Izjednaine5.8.4sevididajenaponna izlazulogaritamskafunkcijanaponanaulazuizavisiod TnV i SI .Faktornkojizavisiod struje diode moe se eliminisati upotrebom tranzistora umesto diode. Naslici5.8.2prikazanajerealizacijalogaritamskogpojaavaapomoutranzistora.Struja kolektora data je jednainim: TBEVVS Ce I I =(5.8.5) Izlazni napon je: | | ) I ln( ) I (ln( V V VS C T BE o = = (5.8.6) Struja kolektora CIjednaka je struji RVIi= . Izlazni napon je: ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 101| |4 i 3 S T i T oK ) V ln( K ) R ln( ) I ln( V ) V ln( V V + = + + =(5.8.7) gde je: T 3V K =i| | ) R ln( ) I ln( V KS T 4+ = . Manalogaritamskihpojaavaasaslika5.8.1i5.8.2jeutometoizlazninaponzavisiod temperature ambijenta, jer su TVi SItemperaturno zavisni. 5.9) U kolo sa slike 5.9 odrediti struju I kroz otpornik R. Smatrati da je operacioni pojaava idealan. Reenje: Kako je upotrebljeni operacioni pojaava idealni, napon 1Vu voru 1 jednak je naponu 2Vu voru 2. Sa slike 5.9 se vidi da je: 4o 1 131 iRV VRVRV V + =(5.9.1) 112 1oRVR RV=+ (5.9.2) Eliminacijom napona Vo iz jednaina (1) i (2) dobija se: (((

||.|

\| = 1R RR RR RRVV4 13 231i (5.9.3) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEOPERACIONI POJAAVA 102Struja kroz otpornik R je : (((

||.|

\| = =1R RR RR RVRVI4 13 23i 1 (5.9.4) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIGITALNA ELEKTRONIKA 103 6. DIGITALNA ELEKTRONIKA Digitalna elektronika zasnovana je na dejstvu diskretnih signala na logika kola. Logika kola predstavljaju elektronske sisteme koja su u stanju da ostvare odreene logike operacije uskladusazakonimaBulovealgebre(algebralogike).Signalilogikihkolamenjajuse izmeudvalogikanivoa,odnosnostanja.Donjilogikinivooznaavasesa0,agornji logiki nivo sa 1. Logika kola mogu biti kombinaciona i sekvencijalna. Kod kombinacionih kola stanje na izlazu logikog kola zavisi samo od trenutne vrednosti stanja na ulazu, dok kod sekvencijalnihstanjenaizlazuzavisenesamoodtrenutnogstanjanaulazu,veiod predhodnog stanja u kome se kolo nalazilo. OSNOVNE LOGIKE OPERACIJE operacija ILI (sabiranje, disjunkcija) Slika 1: (a) ILI kolo, (b) funkcionalna tabela operacija I (mnoenje, konjunkcija) Slika 2: (a) I kolo, (b) funkcionalna tabela ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIGITALNA ELEKTRONIKA 104operacija NE Slika 3: (a) NE kolo, (b) funkcionalna tabela operacija NILI Slika 4: (a) NILI kolo, (b) funkcionalna tabela operacija NI Slika 5: (a) NI kolo, (b) funkcionalna tabela SPECIJALNE LOGIKE OPERACIJE operacije inhibicije Slika 6: (a) inhibiciono kolo, (b) funkcionalna tabela ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIGITALNA ELEKTRONIKA 105operacija 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 POSTULATI BULOVE ALGEBRE Pravila za logike operacije: 1) sa konstantnim vrednostima A 0 A = + 1 1 A = +0 0 A = A 1 A = ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIGITALNA ELEKTRONIKA 1062) sa ponovljenim vrednostima A A A = +A AA = 3) sa komplementarnim vrednostima 1 A A = +0 A A =sa dvostruko negiranim vrednostima A A = ZAKONI BULOVE ALGEBRE 1) zakon komutacije A B B A + = +BA AB = zakon asocijacije C ) B A ( ) C B ( A + + = + +C ) AB ( ) BC ( A = 3) zakon distribucije AC AB ) C B ( A + = +) C A )( B A ( BC A + + = + 4) zakon apsorcije A AB A = +B A B A A + = +5) De Morganovi zakoni B A B A = +B A AB + = ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIGITALNA ELEKTRONIKA 1076.1) Dokazati indentitete: AC B A ) C A )( B A ( + = + +C A BC C A ABD BC + = + + Reenje: AC B A ) B B ( AC ) C C ( B A BC A ABC C B A ABC C B A BC A) A A ( BC ) B B ( AC ) C C ( B A BC AC B A A A ) C A )( B A (+ = + + + = + + + + + == + + + + + = + + + = + + (6.1.1) C A BC ) BD 1 ( C A ) AD 1 ( BCC A BD C A BCAD BC C A ) C C ( ABD BC C A ABD BC+ = + + + == + + + = + + + = + + (6.1.2) 6.2) NapisatifunkcijuD B C B A AB F + + =u vidu zbira potpunih proizvoda. Reenje: ) 15 , 14 , 13 , 12 , 9 , 8 , 6 , 4 ( F) 0100 , 0110 , 1000 , 1001 , 1100 , 1101 , 1110 , 1111 ( FD C B A D BC A D C B A D C B A D C AB D C AB D ABC ABCDD C B A D BC A D C AB D ABC D C B AD C B A D C AB D C AB D ABC ABCDD ) C C ( B ) A A ( ) D D ( C B A ) D D )( C C ( AB D B C B A AB F = =+ + + + + + + == + + + + ++ + + + + == + + + + + + + = + + = (6.2.1) 6.3) Napisatifunkciju) D C A )( C B ( F + + + =u vidu proizvoda potpunih zbirova. Reenje: ) D C B B A )( D D C B A A ( ) D C A )( C B ( F + + + + + + = + + + =(6.3.1) Koristei zakon distribucije[ ] ) C A )( B A ( BC A + + = +funkcija F postaje: ) 13 , 12 , 8 , 5 , 4 ( F) 1000 , 1101 , 1100 , 0101 , 0100 ( F) D C B A )( D C B A () D C B A )( D C B A )( D C B A () D C B A )( D C B A )( D C B A () D C B A )( D C B A )( D C B A () D C B A )( D C B A )( D D C B A )( D D C B A ( F = =+ + + + + + + + + + + + + + + == + + + + + + + + + + + + + + + + + + == + + + + + + + + + + + + =(6.3.2) 6.4) Uprostiti funkciju od pet promenjivih koristei Karnoovu tablicu: ) 31 , 30 , 29 , 28 , 26 , 24 , 23 , 21 , 18 , 16 , 15 , 9 , 8 , 5 , 1 ( ) E , D , C , B , A ( F =ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTRONIKEDIGITALNA ELEKTRONIKA 108Reenje: Funkcija F data je u tablici 6.4. ABCDEF 000011 001015 010008 010019 0111115 1000016 1001018 1010121 1011123 1100024 1101026 1110028 1110129 1111030 1111131 Tablica 6.4 Naslici6.4prikazanesuKarnoovetablicezaetiripromenjiveB,C,D,E.Svakojtablici dodata je vrednost za promenjivu A. Uproavanje funkcije pomou Karnoovih tablica sastoji se u tome da se za svaku zajedniku povrinuispisujusamopromenjivekojeimajuistevrednostiusvimpoljimauokvirute povrine. Broj polja u okviru povrine moe biti 2n (n=1,2,3). Za Karnoove tablice sa slike 6.4 vai: Za A=0 :BCDE D C B E D B FA+ + =Za A=1 :E C CE BC FA+ + =Funkcija F posle uproavanja postaje: E C A ACE ABC BCDE A D C B A E D B A AF F A FAA+ + + + + = + = (6.4.1) ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKT

ZBIRKA ZADATAKA

Documents

Transcript of ZBIRKA ZADATAKA