Литература / (тоже супер) физосновы для экз
.pdf
Б А З О В Ы Е С Х Е М Ы Т Р А Н З И С Т О Р Н Ы Х К А С К А Д О В И У С И Л И Т Е Л Е Й |
541 |
|
и ток в цепи обратной |
|
|
связи Iо.с. Как изме- |
|
|
нится ток Iо.с, если со- |
|
|
противление Rо.с уве- |
|
|
личивается вдвое? |
|
|
Р е ш е н и е. |
Рис. 4.103 |
|
1. Схема пред- |
|
|
ставляет собой инвер- |
Схема инвертирующего |
|
сумматора |
|
|
тирующий сумматор |
|
|
с разными масштабными коэффициентами у сла- |
||
гаемых напряжений. Напряжение на выходе |
|
|
Uвых = – Eг1Rо.с/R1 – Eг2Rо.с/R2 =
=–1 20/10 – (–2) 20/20 = –2 + 2 = 0.
2.Ток Iо.с = (Uвых − Uвх− ) / Rо.с = 0.
3.При увеличении Rо.с ток Iо.с остается равным
нулю.
Задача 4.31. Частотозависимые схемы с операционным усилителем. На вход интегратора (рис. 4.104) подается перепад напряжения Eг от 0 до 1 В. Параметры
схемы: R= 10КОм;
C= 0,1 мкФ; коэффициент усиления ОУ KОУ = 100000. Найти значения выходного напряжения через 1
и 10 мс после подачи |
Рис. 4.104 |
|
Схема интегратора |
||
сигнала без учета и с |
||
|
учетом конечного значения KОУ. Токами смещения и напряжением сдвига пренебречь.
Р е ш е н и е.
1. Общие соображения. В пределах действия интегрирования (до наступления насыщения) выходное напряжение
Uвых(t) = (Eгt/τ)[1 – t/(2KОУτ)], где τ = RC = 10 103 0,1 10–6 = 10–3 с = 1 мс.
542 |
Р А З Д Е Л 4 |
Второе слагаемое в скобках определяет ошибку интегрирования, обусловленную конечным значением KОУ. Считая интегратор идеальным, пренебрежем этим слагаемым:
Uвых(t) = Eгt/τ.
2.Найдем значение Uвых для двух значений t: а) для t = t1 = 1 мс Uвых(t1) = 1 1/1 = 1 В;
б) для t = t2 = 10 мс Uвых(t2) = 1 10/1 = 10 В.
3.Определим ошибку интегрирования δ для
двух значений t:
а) для t = t1 δ1 = t1/(2KОУτ) = 1/(2 100 000 1) = = 5 10–6 = 5 10–4%;
б) для t = t2 δ2 = t2/(2KОУτ) = 5 10–5 = 5 10–3%.
Не только для t1, но и для t2 ошибка интегрирования ничтожная.
Задача 4.32. Частотозависимые схемы с операционным усилителем. Для уменьшения влияния входных токов смещения и напряжения сдвига параллельно емкости интегратора обычно подклю-
|
чается |
сопротивление |
|||
|
Rо.с 10R (рис. 4.105). |
||||
|
Какую |
погрешность |
|||
|
в |
результат |
интегри- |
||
|
рования при подаче на |
||||
|
вход |
прямоугольного |
|||
|
напряжения |
внесет |
|||
|
подключение |
сопро- |
|||
Рис. 4.105 |
тивлений Rо.с1 =1 МОм |
||||
и |
Rо.с2 |
=100КОм, если |
|||
Схема интегратора |
|||||
R=100КОм,C=0,1мкФ,
ачастота сигнала f=1КГц?
Ре ш е н и е.
1. Общие соображения. При отсутствии сопротивления Rо.с на выходе интегратора появится треугольное напряжение (рис. 4.106). Из решения предыдущей задачи следует, что отрезки прямых этого напряжения практически идеальны (отли-
Б А З О В Ы Е С Х Е М Ы Т Р А Н З И С Т О Р Н Ы Х К А С К А Д О В И У С И Л И Т Е Л Е Й |
543 |
Рис. 4.106
Выходное напряжение интегратора
чие от прямой — сотые и тысячные доли процента), т. е. они описываются уравнением Uвых = –Eгt/ RC (ломаная а на рисунке 4.106).
В случае подключения сопротивления выходное напряжение при подаче постоянного напряжения Eг стремится по экспоненциальному закону к уровню ±Rо.сEг/R (в зависимости от знака Eг):
Uвых = − RRо.с Rг (1 − e−t/τ ),
где τ = Rо.сC.
Если t τ, т. е. времена достаточно малы, то начальный участок экспоненты можно считать пря-
мой с некоторой погрешностью: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
Uвых = − |
Rо.с |
Eг |
t |
− |
t |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
R |
τ |
2τ |
|
|
|
|||||||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rо.с Eгt |
t |
Eг |
|
t |
|||||||||||
Uвых = |
|
|
1 − |
|
= − |
|
t 1 |
− |
|
|
|||||||
|
RCRо.с |
2τ |
RC |
2τ |
|||||||||||||
(ломаная б на рисунке 4.106).
544 |
Р А З Д Е Л 4 |
Из сравнения уравнений ломаных а и б видно, что они описываются идентичными уравнениями: кривая б отличается от кривой а погрешностью t/2τ, которая достигает максимального значения
вконце каждой четверти периода и равна:
δ= Uвых/Uвых m = (T/4)/(2τ) = T/(8τ).
2.Найдем погрешность δ. Так как период T = 1/f = 1/1 = 1 мс, то максимальная погрешность имеет место при t = T/4 = 0,25 мс. Найдем ее для
двух случаев:
а) Rо.с = Rо.с1 = 1 МОм. Тогда постоянная времени
τ1 = CRо.с1 = 0,1 10–6 1 106 = 0,1 с = 100 мс.
Неравенство t = 0,25 мс τ1 = 100 мс хорошо соблюдается. Погрешность
δ1 = T/(8τ1) = 1/(8 100) = 0,125 10–2 = 0,125%.
б) Rо.с = Rо.с2 = 100 КОм. В этом случае постоянная времени
τ2 = CRо.с2 = 0,1 10–6 100 103 = 0,01 с = 10 мс.
Погрешность
δ2 = T/(8τ2) = 1/(8 10) = 1,25 10–2 = 1,25%.
Как видно, при Rо.с2 погрешность возросла, однако осталась достаточно малой — несколько больше процента.
Задача 4.33. Частотозависимые схемы с операционным усилителем. Найти верхние граничные частоты схемы на рисунке 4.105 для двух значений Rо.с: 1 МОм и 100 КОм, R = 10 КОм, C = 0,1 мкФ.
Р е ш е н и е.
1.Rо.с1 = 1 МОм. Верхняя граничная частота fв1 = 1/(2πCRо.с1) = 1/(2π 0,1 10–6 1 106) =
=1/0,63 = 1,6 Гц.
Б А З О В Ы Е С Х Е М Ы Т Р А Н З И С Т О Р Н Ы Х К А С К А Д О В И У С И Л И Т Е Л Е Й |
545 |
2. Rо.с2 = 100 КОм. Верхняя граничная частота fв2 = 1/(2πCRо.с2) = 1/(2π 0,1 10–6 105) = 16 Гц.
Задача 4.34. Частотозависимые схемы с операционным усилителем. Схема интегратора (см. рис. 4.105) используется в качестве фильтра низких частот, R = 10 КОм. Какие значения Rо.с и C необходимо использовать, чтобы коэффициент усиления схемы K был равен 30, а верхняя граничная частота fв = 2,5 КГц?
Р е ш е н и е.
1.Коэффициент усиления K = Rо.с/R, откуда
Rо.с = KR = 30 10 = 300 КОм.
2.Верхняя граничная частота fв = 1/(2πCRо.с), откуда
C= 1/(2πRо.сfв) = 1/(6,28 300 103 2,5 103) =
=10 –9/(6,28 0,3 2,5) = 10–9/4,71 Ф ≈ 210 пФ.
ПрактическиближайшиеноминалыC1 = 200пФ и C2 = 220 пФ. При C = C1 = 200 пФ fв = 2,63 КГц; C = C2 = 220 пФ fв = 2,37 КГц.
Задача 4.35. Частотозависимые схемы с операционным усилителем. Схема стабилизированного дифференциатора (рис. 4.107) используется в качестве фильтра высоких частот. Сопротивле-
ние R = 30 КОм. Какие |
|
|
значения Rк и C необ- |
|
|
ходимо использовать, |
|
|
чтобы коэффициент |
|
|
усиления схемы был |
|
|
равен 30, а нижняя |
|
|
граничная |
частота |
Рис. 4.107 |
fн = 500 Гц? |
|
|
|
Схема дифференциатора |
|
Р е ш е н и е.
1.Коэффициент усиления K = R/Rк, откуда Rк =
=R/K = 30/30 = 1 КОм.
548 |
Р А З Д Е Л 4 |
3. Длительность импульса
tи = T/2 = 1,9/2 = 0,85 мс.
4. Чтобы прямоугольная форма импульса не исказилась, необходимо, чтобы время перехода tпер операционного усилителя из одного состояния в другое было в 15–20 меньше, чем tи. Примем
tпер = tи/20 = 0,85/20 = 0,0425 мс = 42,5 мкс.
Напряжение на выходе меняется от +15 до –15 В либо наоборот, т. е. изменение Uвых = 30 В. Найдем требуемую скорость изменения напряжения на выходе операционного усилителя:
V = Uвых/tпер = 30/42,5 = 0,76 В/мкс.
Следовательно, ОУ общего применения можно использовать в этом случае на пределе (например, у ОУ 140УД7 V = 0,5 В/мкс).
Задача 4.39. Импульсные устройства и генераторы. В схе-
ме |
несимметрично- |
го |
мультивибратора |
(рис. 4.111) R1 =27КОм; R2 = 68КОм; R′ =62КОм; R″ =100КОм; C= 10 нФ. Чему равен период ко-
|
лебаний |
мультивибра- |
Рис. 4.111 |
тора? |
|
Р е ш е н и е. |
||
Схема несимметричного |
1. |
Длительность |
мультивибратора |
||
положительного импульса (заряд емкости C через диод D1)
tи1 = τ1ln[(1 + γ)/(1 – γ)],
где
τ1 = CR′ = 10 10–9 62 103 = 620 10–6 с = 620 мкс;
γ = R1/(R1 + R2) = 27/(27 + 68) = 27/95 ≈ 0,28;
Б А З О В Ы Е С Х Е М Ы Т Р А Н З И С Т О Р Н Ы Х К А С К А Д О В И У С И Л И Т Е Л Е Й |
549 |
ln[(1 + γ)/(1 – γ)] = ln[(1 + 0,28)/(1 – 0,28)] = = ln(1,28/0,72) = ln1,8 ≈ 0,58.
Тогда tи1 = 620 0,58 ≈ 370 мкс = 0,37 мс.
2. Длительность отрицательного импульса (разряд емкости C через диод D2)
tи2 = τ2ln[(1 + γ)/(1 – γ)],
где τ2 = CR″ = 10 10 –9 100 103 = 10– 3 с = 1 мс. Тогда tи2 = 1 0,58 = 0,58 мс.
3. Период колебаний T = tи1 + tи2 = 0,37 + 0,58 = = 0,95 мс.
Задача 4.40. Импульсные устройства и генераторы. В схеме одновибратора (рис. 4.112) R1 = = 30 КОм; R2 = 75 КОм;
R = 51 КОм; C = 10 нФ. Найти длительность импульса на выходе и время восстановления.
Р е ш е н и е.
1.Длительность
выходного импульса |
Рис. 4.112 |
|
|
tи = τln[1/(1 – γ)], |
Схема одновибратора |
|
|
где |
|
τ= CR = 10 10–9 51 103 = 510 10–6 с = 510 мкс;
γ= R1/(R1 + R2) = 30/(30 + 75) = 30/105 ≈ 0,286; 1/(1 – γ) = 1/(1 – 0,286) = 1/0,714 = 1,4;
ln[1/(1 – γ)] = ln1,4 = 0,336;
tи = τln[1/(1 – γ)] = 510 0,336 = 171 мкс.
2. Время восстановления
tвосст = τln(1 + γ) = 510ln(1 + 0,286) = = 510ln1,286 = 510 0,25 ≈ 128 мкс.