Problem z zadaniami c.d.

Neutron · Post autor: **Neutron** » 06 cze 2008, 22:13

Znam odpowiedź do zadania pierwszego. Odpowiedź prawidłowa to A (prądu stałego).

Luminofor · Post autor: **Luminofor** » 06 cze 2008, 22:26

W zad. 4 wg mnie należy uwzględnić że na rezystorze R2 może odłożyć się za dużo napięcia i to co zostanie z tych 5V będzie za mało żeby dioda LED przewodziła (paliła się). W takiej sytuacji ciężko wskazać prawidłową odpowiedź...
UR2=R2•I2 = 180Ω•30mA= 180•0,03 = 5,4V... Więc dioda nie zaświeci nawet przy otwartym styku W.
Dobrze myślę?

Post autor: **Jony130** » 06 cze 2008, 22:29

Tylko jest mały problem tranzystor w tym układzie pracuje jako wtórnik napiec. Czyli na diodzie napięcie nie będzie większe niż 3V (zad6)
A w zadaniu 4 dioda na pewno będzie świecić.
II prawo Kirchhoffa
Uzas=UR2+Uf+Uce czyli jak założymy Uf=2.2 i Uce=0V
To prąd diody wyniesie ok 15mA a przy takim prądzie każda dioda LED świeci

Neutron · Post autor: **Neutron** » 06 cze 2008, 22:47

Moim zdaniem w zadaniu 4 poprawną odpowiedzią będzie a. To jest bramka logiczna nand. Jeżeli wyłącznik będzie otwarty to rezystor sprawi, że na wejściach tej bramki będzie 1 1, a wtedy na wyjściu będzie 0. Więc dioda nie będzie się palić. Jeżeli wyłącznik W zostanie zamknięty to prąd popłynie tam gdzie jest najmniejszy opór, więc na wejściu bramki będzie 0 0 to na wyjściu będzie 1. Dioda będzie się palić. Więc odpowiedź a).

Luminofor · Post autor: **Luminofor** » 06 cze 2008, 22:51

Neutron pisze:Moim zdaniem w zadaniu 4 poprawną odpowiedzią będzie a. To jest bramka logiczna nand. Jeżeli wyłącznik będzie otwarty to rezystor sprawi, że na wejściach tej bramki będzie 1 1, a wtedy na wyjściu będzie 0. Więc dioda nie będzie się palić. Jeżeli wyłącznik W zostanie zamknięty to prąd popłynie tam gdzie jest najmniejszy opór, więc na wejściu bramki będzie 0 0 to na wyjściu będzie 1. Dioda będzie się palić. Więc odpowiedź a).

Bzdura !
To da na wyjściu NAND-a "1" logiczną czyli wysoki potencjał na katodę LED-a i nasz LED będzie spolaryzowany zaporowo !!!!
Prawidłowa odpowiedź to B albo D.

Post autor: **Jony130** » 06 cze 2008, 23:19

W zadaniu 4 nie ma co kombinować. Chodzi tylko o to, ze niski stan na wyjściu bramki NAND, pracującej w roli bramki NOT, zapali diodę LED.

000andrzej · Post autor: **000andrzej** » 06 cze 2008, 23:32

Jony130 pisze:AD6
To dziwne zadanie.
Niby obliczamy
R=(3.6-0.6V-2.2V)/30mA=27Ω

Sorry a skąd wziąłeś te obliczenie?

Post autor: **Jony130** » 06 cze 2008, 23:51

000andrzej pisze:
Jony130 pisze:AD6
To dziwne zadanie.
Niby obliczamy
R=(3.6-0.6V-2.2V)/30mA=27Ω
Sorry a skąd wziąłeś te obliczenie?

Hehe to proste

Choć może to zbytnia komplikacja, ale co wtedy z zad3

Jak wszyscy wiedzą bramka TTL zbudowana jest tak:
http://pl.wikipedia.org/wiki/Grafika:Br ... ND_TTL.svg
Jak widać mamy tam dwie "diody" wpięte do plusa.
A z tego wynika ze maksymalne napięcie stanu wysokiego jakie może dać bramka TTL przy prądzie obciążenie równym 0A wynosi ok 3.6V
http://pdf.elenota.pl/pdf/Texas_Instruments/sdls025.pdf
I właśnie z stąd biorą się te obliczenia a dokładniej to z II prawa Kirchhoffa

Raflles · Post autor: **Raflles** » 07 cze 2008, 0:48

Jaaaasne... Kolega kończy technikum więc wątpię żeby uwzględniali schemat bramki, poza tym schemat zastępczy bramki na wyjściu w stanie H daje zupełnie co innego. Oki napięcie chyba jest 3,6 ale dochodzi jeszcze do tego rezystancja wewnętrzna bramki. Jakkolwiek 0 i 1 na wejściach bramki NAND dają 1. Zakładając, że Uwy bramki równe jest 5V, i licząc z oczka baza-emiter wynika, że: 5V-0,7V-2,2V=2,1V; 2,1V/0,03A = 70Om. Teraz oczko +Vcc, Uce R, D. Zakładając, że Ucesat = 0,2V: (5V-0,2V-2,2V)/0,03 = 86,6Om. A teraz w drugą stronę.
Oczko Bazy: 5-0,7-2,2=2,1V; 2,1V/100Om = 21mA. Oczko kolektorowe: 5-0,2-2,2=2,6V; 2,6V/100Om = 26mA. więc wydaje mi się, że odpowiedź D jest jak najbardziej trafna

Post autor: **Jony130** » 07 cze 2008, 7:52

Jasne, tylko ze w zadaniu 6 nie można zakładać Uce=0.2V.
Bo oznaczało by to ze napięcie na bezie musiało by wynosić 5.4V, na co nie pozwala II prawo Kirchhoffa.

Raflles · Post autor: **Raflles** » 07 cze 2008, 11:27

Dlaczego ?? I skąd koledze wyszło to 5,4V ???

Post autor: **Jony130** » 07 cze 2008, 11:35

Bo ja tam na schemacie widzę wtórnik emiterowy (WK), a nie wspólny emiter (WE).
I jak kolega tego nie "widzi" to nie mamy o czym tu rozmawiać.

Aha, skoro zakładacie ze bramka TTL daje te 5V to wtedy rezystor z zad3 jest zbędny.

Luminofor · Post autor: **Luminofor** » 07 cze 2008, 12:18

Tak namieszaliście że już w ogóle nie rozumiem zad. 2,3,4 i 6

Post autor: **Jony130** » 07 cze 2008, 12:45

Sorry za zamieszanie.
I tak zad2 .
Wzmocnienie wzrośnie po włączeniu kondensatora CE równolegle do Re

W zad3 mamy rezystor podciągający do plusa czyli zwiększa napięcia wyjściowego w stanie H.

Zad4
Diodą LED będzie świecić gdy podamy stan wysoki na wejście bramki.

Zad6
tu jest sporna sprawa albo B albo D.
Ale skoro zakładamy ze bramka daje 5V to tylko D

000andrzej · Post autor: **000andrzej** » 07 cze 2008, 15:27

Jony130 pisze:I tak zad2 .
Wzmocnienie wzrośnie po włączeniu kondensatora CE równolegle do Re

Zdaje się, że ktoś wspominał że będzie mniejsze... Ja też bym się podpisał. Ale przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym Uwy/Uwe będzie większe? Coś tu nie tak...

Jony130 pisze:Jak wszyscy wiedzą bramka TTL zbudowana jest tak:

Ale w zadaniu 6 nie bierzemy pod uwagę bramki logicznej bo nie bierze udziału w obliczeniach. Tylko tranzystor. W tym przypadku przy otwartym tranzystorze można przyjąć spadek napięcia = 0, więc nie bierzemy go pod uwagę.