A jegyzet használata előtt, mindenképp nézd át Kóré Tanárúr honlapján lévő – szintén kidolgozott – példákat! A Tanárúr egyszerűbb példákat dolgozott ki, melyek optimálisabbak a megértéshez, de szerintem kevesek a vizsgához. Tehát eme jegyzetben már valamivel bonyolultabb példákkal találkozhatsz részeltes leírással. A példák a 2003-2008as feladatlapokból vannak kiválogatva. A jegyzetről: • A feladatokat mindig pontosan írtam ki és minden megadott adatot vastagon szedtem, hogy jól látható legyen, mennyi adatból kell tudni elindulni. • A számolt értékeket már többen átnézték, illetve amit tudtam, azt MicroCappel ellenőriztettem. De nem kizárt, hogy ezek ellenére is maradt még hiba… Üdvözlettel: Derwer
VER1.1: • 8as példában kimaradt a ka az osztásból • +1 apró példa (2009ből ;) )
0. Példa Az alábbi képen egy invertáló integrátor bemeneti (kék) és kimeneti (piros) feszültsége látható. Vizsgán a bemenet rajzát kaphatjuk meg és a piros vonalkát kellene megszerkesztenünk. Az integrátor végig a 0volthoz képest történt változást figyeli csak.
1. Kezdetben a bemenet az 0V így a kimenet is. 2. Ezután a 1Vra emelkedik a bemenet, ami 1Voltnyi változást jelent a nullához képest. Tehát az egynesünk meredeksége lesz. Pontosabban -1, mert az integrátorunk invertál is. 3. 2Vra emelkedik a feszültség, ami 2es meredekséget jelent. Ezt ismét megszorozzuk mínusz 1gyel. 4. Most ismét egy 0voltos bemenet következik, ami egy visszintes vonalat jelent a kimentünkön. 5. Ezután hirtelen leesik a bemenet feszültsége -2V ra, ami 2es meredekséget jelent, mert a mínusz kettőt invertáljuk. 6. Majd a bemenet -1V lesz, ami invertálás után ismét 1es meredekséget jelent. 7. És így tovább…
1. Példa
A kapcsolás maga egy NEM invertáló integrátort mutat: A nem invertáló integrátor átviszi a bemeneti jelet és ezután integrál még. Működő, de nagyon nem elgáns módszerem: Amint függőleges vonalat látok húzok egy ugyanolyan hosszú függőleges vonalat. Ezután pedig megnézem, hogy a nullához képest mennyire van „távol” a bemenet feszültsége és aszerint húzok egy emelkedő/csökkenő vonalat. 1. 1T-ig nulla a bemenet, így akimenet is. 2. 2Tnélmár leesett a bemenet feszültsége -1Vra. Ezért meghúzom a függőleges vonalat, majd utána egy -1 meredekségű szakaszt 3. 3Tnél egy 2 hoszzú szakasz jön. Utána pedig látom, hogy 1V magasan van a bemenet, így egy 1-es meredekségű emelkedő szakaszt húzok. 4. 4 és 5Tnél nincs függőleges szakaszom, hanem csak folyamatos 1V-om ezért további 2darab 1es meredekségű szakaszt húzok 5. 6Tnél egy 3 hosszúságú függőleges szakaszt húzok, majd utána egy -2 meredekségűt, mert -2Von van a 6T. 6. Végül egy 2hosszú függőleges szakasz jön és a 0meredekségű visszintes
2. Példa Határozza meg az alábbi adatok alapján az FB bipoláris tranzisztoros kapcsolás teljesítmény erősítését: IE: 1 mA RC: 5 kΩ B: 80 ∆UBE: 1 mV = =
=
1
= 25
UT az 26mV/Celsius, de az egyszerűség kedvéért 25mV/Celsiussal számolunk. Igen, ezt Kóré Tanárúr mondta de elhangzik az órán IS.
5000 = = 200 25
≈ → =
3. Példa Határozza emg az alábbi adatok alapján az FE-s bipoláris tranzisztoros kapcsolás munkaponti emitteráram értékét: B: 200 RC: 2 kΩ AP: 50000 ∆UBE: 1 mV ≈ = ∗ → = = " !
ÉS
#$
50000 = = 250 200
=
Egy kis egyenlet rendezés-> =
-
Behelyettesítve:+, = --- ∗ 25./ = 0. 2345
! % &
= ∗
→ '( =
% !
∗ )*
4. Példa Határozza meg az alábbi adatok alapján az FB bipoláris tranzisztoros kapcsolás teljesítményerősítését! IE: 2,5 mA
= =
RC: 5 kΩ
= , = 10
5000 = = 500 10
≈ 7 → 8 = 500
B: 80
∆UBE: 1 mV
UT az 26mV/Celsius, de az egyszerűség kedvéért 25mV/Celsiussal számolunk. Igen, ezt Kóré Tanárúr mondta de elhangzik az órán IS.
5/A. Példa Határozza meg az invertáló komparátor Uref- és az osztóellenállás értékeit, ha Uf: +4V
Ua: +2V
UM: +12V
Um: -11V
Továbbá rajzolja fel a kapcsolási rajzot! )9 = )"9 ∗
:
;< :
+ )>? AB ∗
;
;< :
és
)C = )"9 ∗
:
;< :
+ )>? ?D ∗
;
;< :
Bár a feladat kéri az ellenállások értékeit, csak az arányukat lehetséges megmondani, ezért bevezethetek egy új változót: E= : 1−E = ; ;< :
;< :
Behelyettesítve: 2 = )"9 ∗ E − 11 ∗ (1 − E) 13 − 11E = E ∗ )"9
4 = )"9 ∗ E + 12 ∗ (1 − E) 12E − 8 = E ∗ )"9
Egyesítem a két egyenletet, mert jobb oldaluk azonos 12K-8=13-11K 23K=21 K=21/23 E=
21 23
→
1−E =
2 23
Ismét behelyettesítek, a K helyére számokkal:
12 ∗
21 23
−8=
21 23
∗ )"9 →
252 23
A K értéke 21/23. Visszahelyettesítve a képletbe (E =
−
184 23
:
;< :
=
21 23
∗ )"9 → )"9 = 3,2
): R2= számláló R1= nevező mínusz a számláló
Tehát R2=21 R1=23-21=2 Ezek a számok arányok csupán, de fontos, hogy Komparátornál kΩ nagyságrendekkel dolgozunk!
5/B. Példa Határozza meg a NEM invertáló komparátor Uref- és az osztóellenállás értékeit, ha Uf: +4V
Ua: +2V
UM: +12V
Um: -11V
Továbbá rajzolja fel a kapcsolási rajzot! A két alapegyenlet: )"9 = )9 ∗
:
;< :
+ )>? ?D ∗
;
)"9 = )C ∗
és
;< :
:
;< :
+ )>? AB ∗
;
;< :
Mivel nem kell kiszámolni (mert nem lehet) az R1 és R2 konkrét értékét, így elnevezhetjük őket: E=
L +
1−E =
L L +
Behelyettesítve: )"9 = 4 ∗ E − 11 ∗ (1 − E) = 2 ∗ E + 12 ∗ (1 − E) 4E − 11 + 11E = 2E + 12 − 12E 15E − 11 = 12 − 10E 25E = 23 E=
23 25
→
1−E =
2 25
Ismét behelyettesítek, a K helyére számokkal:
MNOP = 4 ∗
23 25
− 11 ∗
A K értéke 23/25. Visszahelyettesítve a képletbe (E =
:
2
25
;< :
=
70 25
≈ , R5
): R2= számláló R1= nevező mínusz a számláló
Tehát R2=23 R1=25-23=2 Ezek a számok arányok csupán, de fontos, hogy komparátornál kΩ nagyságrendekkel dolgozunk!
6. Példa Határozza meg az invertáló komparátor Uref és osztóellenállás –értékeit, ha Ua=-4V UM=+12V Um=-10V Uf=+1V Rajzolja meg a kapcsolási rajzot is! Két képletünk van: )9 = )"9 ∗
:
;< :
+ )>? AB ∗
;
;< :
)C = )"9 ∗
és
:
;< :
+ )>? ?D ∗
;
;< :
Bár a feladat kéri az ellenállások értékeit, csak az arányukat lehetséges megmondani, ezért bevezethetek egy 1 − E = <; új változót: E = <: ;
:
;
:
Behelyettesítve: −4 = )"9 ∗ E − 10 ∗ (1 − E) 6 − 10E = E ∗ )"9
1 = )"9 ∗ E + 12 ∗ (1 − E) 12E − 11 = E ∗ )"9
Egyesítem a két egyenletet, mert jobb oldaluk azonos 12K-11=6-10K 22K=17 K=17/22 Ismét behelyettesítek, immár a K helyére számokkal: LT LT UV LT 12 ∗ − 11 = ∗ )"9 → − = ∗ )"9 → )"9 ≈ −2,2 A K értéke 17/22. Visszahelyettesítve a képletbe (E =
:
;< :
): R2= számláló R1= nevező mínusz a számláló
Tehát R2=17 R1=22-17=5 Ezek a számok arányok csupán, de fontos, hogy Komparátornál kΩ nagyságrendekkel dolgozunk!
7. Példa Határozza meg egy kétutas egyenirányító pufferkondenzátorának szükséges kapacitását és feszültségét, valamint a szekunder feszültség szükséges értékét! • • • • • • •
A hálózati feszültség effektív értéke: 230 V +10%...-15% Max. kimeneti áram: 2 A Hullámosság megengedett max. értéke: 4 V Kimeneti feszültség min. értéke: 10 V C sor: 1 – 2,2 – 4,7 – 6,3 – ( +50% / -25% ) C fesz. Sor: 10 V, 16 V, 25 V, 40V, 63 V Változtatható szekunder fesz. Értékek: 3 V, 6 V, 9 V, 12 V, 15 V, 18 V, 21 V, 24 V
1. Kiszámolom a kondi minimális nagyságát: W ?D =
XY Z[\ ∗>?]ü_é]? ?aő c7ddá
=
∗L- ] f
= 5.g = 5000μg
2. Választok egy kondit amelyre igaz, hogy: 0,75 ∗? ≥ W ?D (? = W kl)
--Egyenlet rendezés: ? ≥ ZYm → ? ≥ → ? ≥ 6666μg(= 6,66.g) Azonban nincs ekkora kondink… -.T
-,T
És itt jön a trükk! A C-sor csak egy arányszámot jelent. Az 1-es jelenthet 1*1µF-ot, de jelenthet 1*10µF-ot, vagy 1*100µF-ot. És ugyanez ez igaz a többire is. Tehát valójában több C sor is van: 1mF – 2,2mF – 4,7mF – 6,3mF 10mF – 22mF – 47mF – 63mF 100mF – 220mF – 470mF – 630mF stb (1mF=1000µF) Így már van is elegendő méretű kondink, mert a 6,3as után jön a 10-es méret. (1*10) Ennek a 10mF=10000µF-os kondi miatt 0,75*10000=7500µF-os minimum a kondink. (mert, a megadott adatok alapján legrosszabb esetben is 75%os hatásfoka van a kondinak) 3. Mivel a kondink jobb mint szükséges, újraszámoljuk a hullámosságot, amihez a legelső egyenletet kell kicsit átrendezni: '>? Cr ∗ stküuékt tvő 2 ∗ 10.k noppá.lkkáq = = = 2,66/ W ?D 7500μg 4. Kiszámolom a szekunder feszültséget: )]w>7Da" =
(XY ZYm <xyzzáZ
[
=
(L-< ,}}
= 11,36/
5. Most választok egy tényleges szekunder feszültséget ami legalább akkora mint az elvi. Tehát 12V-ot. 6. Kapacitás feszültsége: √2 ∗ s9 ∗ )_éD~d] ]w>7Da" = 1,4 ∗ 1,1 ∗ 12 = 18,67/ 7. Ismét kiválasztok egy tényleges nagyságú feszültséget a C fesz. sorból, ami legalább akkora, mint a fenti, elvi lehetőség. Tehát 25V lesz a kapacitás feszültsége.
8. Példa Az elvi működés alapján határozza meg egy kétutas egynirányító pufferkondenzátorának szükséges kapacitását valamint szekunder feszültség értékét! Adatok: IKIMAX=500mA Uhullámosság=3V UKImin=12V Dióda nyitóirányú feszültsége: 1V '>? ∗ stküpékt tvő 500. ∗ 10.k = = 1,66.g = 2 μ
ℎoppá.lkkáq 3 ()>? ?D + )c7ddá + )a?óaC ) 12 + 3 + 1 = = 20, 05 )]w>7Da" = √2 ∗ 0,85 √2 ∗ 0,85
W]wü>]é] =
9. Példa Mekkora a kimeneti feszültség hibája (az ideális esettől való eltérés) (százalékban kifejezve) egy invertáló kapcsolásnál, ha a bemeneti feszültség (bemeneti jel) értéke 250mV, bemeneti ofszet feszültség értéke 0,5mV, a bemeneti nyugalmi áram értéke és a bemeneti ofszet áram értéke elhanyagolható, egyéb ; R2=10kΩ ; szempontból pedig az ME ideális, az invertáló kapcsolás ellenállásainak éréke: R1=2kΩ RK=0kΩ Adatok felírása: Ube=250mV Ube0=0,5mV R1=2kΩ R2=10kΩ Megoldás L---1. Mivel ez egy invertáló kapcsolás: wc = − : = − = −5 ;
---
2. Tehát ha a bemeneten 250mV van akkor a kimeneten (ideális esetben) -5*250mV=-1250mV van. < ---? c?C = )99]w_ ∗ ; : = 0,5./ ∗ = −3./ (az előjel nem számít, --;
mert nem tudjuk, hogy melyik irányba fog történni ez a hiba) c?C U 4. A hiba százalékosan kifejezve: ∗ 100 = ∗ 100 = ±0,3% XY
L -
10. Példa
A pókhálós példákat határozottan bonyolultnak tartom. Ráadásul, így írásban még azt is nehéz megmondani, hogy épp melyik ellenállásról beszélek… De legalább komoly kihívás, nem? :P Pár alap „tétel”: • • •
Az ME két bemenetén azonos a feszültség. Az ME két bementére nem folyik áram. U=R*I & I=U/R
Én úgy szoktam kezdeni, hogy felírom az összes olyan értéket, ami „triviális”. (Tudom, ha még egyszer leírom ezt a szót, kövezés lesz. :P ) 1. ME1 pozitív bementén 1V van. Ezért a negatív bemeneten is 1V lesz. 2. ME2 negatív bemenete a földönvan->0V. És a pozitív bemeneten is 0V van. Most pedig rátérek az agyalós részre: 3. A feszültség generátortól felfele indulok el. Mind az 1K-s mind a 2K-s ellenálláson 1V esik, mert alsó részük 1V-on van a generátor miatt, felső részük pedig 0V-on mert ME2 bemenetei 0Vosak. Ez azt jeleni, hogy az 1K-s ellenálláson 1mA, míg a 2K-s ellenálláson 0,5mA folyik. 4. Továb haladok a felső 2K-s ellenállás felé, amin 1,5mA folyik, mivel az előző két ellenállás áram nem folyhat az MEhez, csak erre. A 1,5mA 3V-os feszültség esést jelent ami azt jelenti, hogy a jobb oldalán 3V van. (baloldalt 0V van mivel azonos potenciálon van, mint ME2 bemenete) 5. ME3 pozitív bemenetén szintén -3V van, mert áram nem folyhat be, amiből következik, hogy az előtte lévő 1K-s ellenálláson nem folyhat áram-> nem eshet feszültség. Illetve azt is tudjuk már, hogy az ME3 negatív bementén is -3V van, hisz azonosnak kell lennie a másik bemenettel. 6. Most lépjünk egyet vissza a felső 2K-s és 1K-s ellenállás között lévő -3V-os pontra. Tudjuk, hgoy ide 1,5mA folyik be és az ME3 felé nem folyhat. Ergo most lefele fog folyni 1,5mA, ami az 1K-s ellenálláson 1,5V feszültség esést jelent. Tehát a B pont feszültsége: -3-1,5=-4,5V.
Ugorjunk vissza a kezdetekhez a feszültség generátorhoz és induljunk az ME1 irányába. 7. Azt már tudjuk, hogy az ME1 két bemenete 1V-on van. Mivel a bemenetekre nem folyhat áram ezért a 4K-s ellenálláson sem folyhat, így nem esik rajta feszültség. Tehát a 4K-s ellenállás másik oldalán is 1V van, ami egyben az A pontunk is. 8. Az "A" pont után van egy 1K-s ellenállás, meg egy ME4 és egy földre kötött ellenállás. Az ME4re/ből nem folyhat áram, így most kicsit hanyagoljuk. Ezzel azt mondom, hogy az "A" pont és a föld között 1V feszültség különbség van és 2db 1K-s ellenállás. Ez pedig egy terheletlen feszültségosztóval azt jelenti, hogy a két ellenállás között 0,5V van. Így már tudjuk, hogy az ME4 két bemenete 0,5V-on van. 9. Az ME3 negatív bemenete (-3V) és az ME4 pozitív bemente (+0,5V) között egy 1K-s ellenállás van, amin 3,5V esik és ezért 3,5mA folyik át. (iránya: felfele) 10. Ez a 3,5mA csakis az ME4 kimenetére kötött 1K-s ellenállás felől érkezhetett. Ez 3,5V feszültség különbséget jelent. Tehát: D-3,5=0,5-> D=4V 11. Illetve ez az áram, csak az ME3 kimentére kötött 1K-s ellenállásra folyhat rá, amin szintén 3,5V feszültség különbséget okoz. C=-3-3,5=-6,5V
11. Példa
Pár alap „tétel”: • • •
Az ME két bemenetén azonos a feszültség. Az ME két bementére nem folyik áram. U=R*I & I=U/R
1. Az ME1 pozitív és negatív bemenetén 2V van, mert az ME1 pozitív részénél lévő 1K-s ellenálláson nem eshet feszültség, mert nem kaphat áramot az ME. 2. Az ME2 két bemenetén 0V a feszültség, mert a pozitív bemenet a földre van kötve. 3. Az ME4 két bemenetén szintén 0V van hasonló okokból. Most pedig rátérek az agyalós részre: 4. Már megállapítottuk, hogy az ME1 két bemenetén 2V van. Mivel tudjuk, hogy a bemenetre nem folyhat áram, így tudjuk azt is, hogy az alsó 4K-s ellenálláson nem folyik áram, következésképp nem esik rajta feszültség sem és így a jobb oldalán is 2V van. 5. Az a 2V viszont azt jelenti, hogy 2V esik a leföldelt ellenálláson, ami 2mA-t jelent. 6. Mivel a leföldelt ellenállás áramának jönnie kellet valahonnan, tudjuk, hogy a felette lévő 1K-s ellenálláson keresztül kellet jönnie, ami azt jelenti, hogy azon is 2V-t esett a feszültség. Mivel így 2V-ra esett el a feszültség A pontban 4V-nak kell lennie. És ezzel megszereztük az első pontunkat. :) Ugorjunk vissza a feszültség generátorunkhoz és induljunk el felfele. 7. A feszültség generátorral "egy oszlopban" lévő 1K-s ellenállás alsó végén 2V van, a felsőn pedig 0V. Tehát 2V esik rajta, ami 2mA-t jelent. 8. A fenti 2mA az ME2be nem folyhat, így tovább folyik a felső 1K-s ellenállás felé. Mikor átfolyik ezen az ellenálláson 2V feszültség esik rajta, ami azt jelenti, hogy mivel baloldalt 0V van jobboldalt -2V van. 9. Ez a -2V nagyon jó nekünk, mert így már tudjuk a C pont feszültségét. A felső 10K-s ellenálláson nem folyhat áram, mert az ME bemenetére nem folyhat áram, ami azt jelenti, hogy -2V van az ellenállás jobb oldalán is. Na most, ha -2V van az egyik bemeneten, akkora másik bemeneten is -2V van.
Továbbá mivel az ME3 negatív bemenetéről/re semmiképpen sem folyhat áram, ezért eme másik 10Ks ellenállás két vége is azonos potenciálon van. Így eljutottunk odáig, hogy a C pont feszültsége -2V. 10. Most lépjünk kicsit visszább az előző10K-s ellenállás _elé_. Kiszámoltuk, hogy 2mA jön az 1K-s ellenállás felől. Illetve azt is megállapítottuk már, hogy a 10K-s ellenálláson nem folyik áram. Így kizárásos módszer alapján ez a 2mA lefele, át az 1K-s ellenálláson fog folyni ami 2V feszültség esést jelent. Mivel felül -2V van így alul - az ME2 kimeneténél -2-2=-4V lesz. 11. Az ME2 kimenetén -4V van, míg az ME1 kimenetén +4V van. A B pont eme két pont között van "félúton" két 1K-s ellenállás között, így egy terheletlen feszültségosztással, megkapjuk, hogy a B pont feszültsége kerek 0V. Most már csak a D pont van hátra... 12. Az A pontban 4V van az ME4 bemenetin meg 0V. Tehát ezen az alsó A pont utáni 1K-s ellenálláson 4V esik ami 4mA-t is jelent. 13. A 4mA az ME4 felé nem folyhat, így inkább felfele indul el, ahol egy 2K-s ellenállással találkozik. A 2K-s ellenálláson a 4mA 8V feszültség esést hoz létre, így a 2K-s ellenállás jobb oldalán -8V lesz. 14. Eme -8V-os pont feletti 1K-s ellenálláson 6V esik, hisz a C pontban -2V van. Ez egyben azt is jelenti, hogy 6mA folyik azon az 1K-s ellenálláson. 15. A fenti két pont tehát azt jelenti, hogy a -8V-os pont alatti 1K-s ellenálláson 10mA fog átfolyni (felülről jön 6mA, balról 4mA) ami 10V-os feszültség különbséget indukál. 16. -8-10=-18V a D pont feszültsége
12. Példa
Ilyen egymásba ágyazott példa nem volt egy ideje. De 2009ben felbukkant…. Első lépésben a feszültség generátortól indulva kiszámolom az ME1 kimenetét. Két módszer is van: A esetben mint pókhálót kezelem a dolgot •
Az ME1 „-„ bemenetén is 1V van. Ebből következik, hogy az 1K-s ellenálláson 1volt feszültség esik, mert a másik vége a föld pontra van kötve. I=U/R képlet miatt az 1K-s ellenállásra 1/1000/1mA áram jut. • Az 1K-s ellenállásora jutó csak a 2K-s ellenállás felől érkezhet, mert ME-n nem folyik áram. Az U=R*I képlet alapján megtudjuk, hogy 2000OHM*1mA=2V feszültség esik azon az ellenálláson. Ebből pedig az következik, hogy a 2Ks ellenállás jobb oldalán összesen 3 volt van, mert 3 voltról tud esni 2V a feszültség, hogy utána még maradjon 1V. • Ez a 3 volt lesz a következő rész Uref értéke B esetben pedig felismerem, hogy az ME1 egy nem invertáló erősítő, melynek a kimeneti feszültségére van képletem: )>? = ) ∗ 1 +
: ;
---
→ )>? = 1 ∗ 1 + L--- = 3/
Tehát ebben az esetben is megkaptuk a 3voltot. 1. Második körben kiszámolom az Uf és Ua értékeket. (!Invertáló komparátor képlete kell!) •
Két képletünk van: )9 = )"9 ∗
•
Behelyettesítve: )9 = 3 ∗
T---
U---
+ 12 ∗
:
;< :
U---
U---
+ )>? AB ∗
;
;< :
és
)C = )"9 ∗
:
;< :
+ )>? ?D ∗
;
;< :
→ )9 = 3 ∗ 0,7 + 12 ∗ 0,3 → 2,1 + 3,6 = )9 → )9 = 5,7/
)C = 3 ∗ U---
13. Példa
Erre a példára is igaz, hogy már nem szokott lenni így egyben. De külön a második fele lehet! 1. Kezdésnek meghatározom a bemeneti feszültségeket. • Az alsó bemenetre 2V-tt csatlakozik, mert a fesz generátor a földhöz képest csinál 2V feszültséget. • A felső bemenetre pedig 0V csatlakozik, mert a generátor pozitív részén 2V van és a túloldalt 2V-tal 2V kevesebbnek kell lennie. 1K ellenállás között van 2. Ezután az A pontot megtudom határozni egy terheletlen feszültség osztóval. Két 1K-s 0V potenciálon, így: A=(0+0)/2=0V 3. Az ME1 pozitív bemenetén 0V van, mert az előbb kiszámoltuk, hogy a nagatív bemenetén 0V van. Ebből következik, hogy az 1K-ss ellenálláson 2V esik, ami azt jelenti, hogy I=U/R képlet alapján 2/1000=2mA folyik rajta. A 2mA tovább folyik a B pont felé, mert az ideális MEnek végtelen angy az ellenállása. A 2mA átfolyása az 1K-ss ellennálláson ismét azt jelenti, hgoy 2V feszültség esik az ellenálláson, mire eljut B pontba. Az ellenállásunk bal odlalán 0V van a jobb oldalon pedig B van, a kettő között pedig 2V különbség. Tehát B=02=-2V 4. Az ME2 pozitív bemenetén 0V van, mert a 4K-s 4K s ellenállás jobb oldalán 0V van és az ME bemenetén nem folyhat át áram, így a 4K-ss ellenálláson nem eshet feszültség. Ebből következik, hogy a negatív bemeneten is 0V van. Tehát az ME2 negatív bemenete (0V) és a B pont (( 2V) között 2V feszültség különbség van, ami azt jelenti, hogy I=U/R=2/1000=2mA I=U/R=2/1000=2mA folyik a B pont felé. Ez a 2mA csak a 2K-ss ellenálláon keresztűl jöhet, ami így azt jelenti, hogy 2mA*2000Ohm=4V feszültség esik. Ebből már látható, hogy a C pont feszültsége 4V, mert 0-ra ra esik le ez a feszültség. Alternatív módszer, mely csak ebben a speciális esetben alkalmazható: 1. Első körben felismertem, hogy ez a rajz egy Változtatható erősítésű kivonó, csak épp konkrét értékkel, nem változtathatóval (2K-ss ellenállásra értem), melynél U1=0V és U2=2V. Előző felismerésből kiindulva a C pontot egyből megtudom határozni, mert van egy képlet rá: )>? =
; :
() − )L ) →
--L---
∗ HH2 F 0I 5
1K s ellenállás között van, így 2. Következő lépésben az A pont leolvasását teszem meg. Az A pont két 1K-s terheletlen feszültség osztóval számolhatom. Eme feszülségosztó két vége: vége: baloldalt 0volt van, jobb oldalt pedig szintén 0Volt van. Ebből következik, hogy A=(0+0)/2=0V 3. Mivel a C pont feszültségét ismerem és az ME2 egy negatív visszacsatolású erősítő, így a B pontra - ami az L--ME2 kimenete - szintén van egy képletünk: )>? F : ∗ ) → F --- ∗ 4 F5 ;
14. Példa A visszacsatolt rendszer eredő erősítése alapján határozza meg, mekkora lenne egy (ideális esetben 1000-as erősítésű) neminvertáló erősítő erősítése, ha a ME nyílt hurkú erősítése csak 20000. Adat felírás: 20000 ?aád?] = 1000
Képletek, melyet tudni kell: ?aád?] = Cdó] =
1
→
1+∗
=
Behelyettesítés: 1
?aád?]
1000 =
L
Cdó] =
→ =
L
L---
20000 = 952,38 1 + 0,001 ∗ 20000
Előfordulhat úgyis a kérdés, hogy hány százalékos az eltérés, de a fentiek fényében gondolom nem bonyolult kitalálni, hogy 952/1000=95,2%-os teljesítmény az 4,8%-os eltérést jelent. ;)
