festival-rada.bafestival-rada.ba/ba/dokumenti/ZADACI TEHNICKE 1-1 V fr.docx · Web viewKod dvostepenog prenosnika sa cilindričnim zupčanicima sa pravim zupcima prikazanog na slici

ZAJEDNICA TEHNIČKE KULTURE BiHUDRUŽENJE NASTAVNIKA I SARADNIKA

SREDNJIH TEHNIČKIH I STRUČNIH ŠKOLABOSNE I HERCEGOVINE

PRAKTIČAN RAD

ZAMAŠINSKOG TEHNIČARA – OPĆI SMJER

NA PETOM FESTIVALU RADA SREDNJIH TEHNIČKIH I STRUČNIH ŠKOLA BOSNE I HERCEGOVINEGORAŽDE 2013. GODINE

ŠIFRA:____________________________

BROJ OSVOJENIH BODOVA:______________

KOMISIJA:1. __________________________________, PREDSJEDNIK2. __________________________________, ČLAN3. __________________________________, ČLAN

Kod dvostepenog prenosnika sa cilindričnim zupčanicima sa pravim zupcima prikazanog na slici u vertikalnoj ravni koji dobija pogon od elektro-motora na pogonskom vratilu I, a koji se okreće u smijeru kazaljke na satu odrediti:

1.Analizu sila i shemu opterećenja vratila II2.Sile koje opterećuju vratilo II 3.Prečnik vratila na mjestu zupčanika Z1 i Z 2 (d1 i d2)4.Nacrtati radionički crtež vratila II (skicirati)

PODACI:

1.Ulazna snaga elektro-motora Pul.=2[KW]2.Ulazni broj obrtaja elektro-motora nul.=31,8[°/min]3.Broj zuba zupčanika Z1=30 Z2=60 Z3=244.Modulzupčamika m=5[mm]5.tg=0,5

6.σsdoz/udoz=2

7.σsdoz=6[KN/cm²]8. φ=b/do=0,5



RJEŠENJE ZADATKA

ZAMAŠINSKOG TEHNIČARA – OPĆI SMJER


ŠIFRA:____________________________



Tok proračuna

1. Analiza sila i šema opterećenja vratila II

1.1.Analiza sila (10)

1.2.Shema opterećenja vratila II (10)

2. Sile koje opterećuju vratilo II (20)

Fo2=Fo1=2MoI

do1=2⋅60

15=8 [KN ]

do1=m⋅z1=5⋅30=150 [ mm ]

F r2=Fo2 tgα=8⋅0,5=4 [ N ]

Fo3=2MoII

do3=2⋅120

12=20 [ KN ]

M oII=955

Pul

nII=955 2

16≈120 [ KNcm ]

i=z2

z1=

n I

nII⇒nII=n1

z1

z2=31,8 30

60≈16 [¿ o /min ]

do3=mz3=5⋅24=120 [ mm ]

F r3=Fo3 tgα=20⋅0,5=10 [KN ]

3.Prečnici na mjestu zupčanika

3.1. Reakcione sile (10)

H-ravan

∑MCH=0

FDH 200−Fo3 160−Fo2 60=0

FDH=

FO3 160+Fo260200

=20⋅160+8⋅60200

=3200+480200

=18,4 [ KN ]

∑ F y=0

FDH+F

CH−Fo 3−Fo2=0

FCH=Fo3+Fo2−F

DH=20+8−18,4=9,6 [ KN ]

V-ravan

M oI=955Pul

nul=955

Pul

nI955 2

31,8=60 [ KNcm ]

∑MCV=0

FDV 200−F r 3 160+Fr 2 60=0

FDV=

F r3 160−F r2 60200

=10⋅160−4⋅60200

=6,8 [ KN ]

∑ F y=0F

CV+F r 3−Fr 2−F

DV=0

FCV

=F r2+FDV−F r3=4+6,8−10=0,8 [ KN ]

3.2..Momenti savijanja (10)

M S2H =−FC H 60=−9,6⋅6=−576KNmm=−57,6 [ KNcm ]

M S2V =FCV 60=0,8⋅60=48KNmm=4,8 [KNcm ]

M S3H =−FDH 40=−18,4⋅40=−736KNmm=−73,6 [ KNcm ]

M S3V =−FDV 40=−6,8⋅40=−272KNmm=−27,2 [ KNcm ]

3.3.Rezultujući momenti savijanja (10)

M S2rez=√(M S2

H )2+(MS2

V )2 =√(−57,6)2 +( 4,8)2 =

=√3317,76+23,04=√3340,8=57,7 [ KNcm ]M S3rez

=√(M S3H )2+(MS3

V )2 =√(−73,6 )2 +(−27,2 )2 =

=√5416,96+745,29=√6162,25=78,5 [ KNcm ]

3.4.Složeni momenti (10)

M i2=√M S2rez2+(MUII

σSdoz /τUdoz

2 )2

=√57,792+(12022

)2 =

=√3249+14400=√17649=132,8 [ KNcm ]

M i3=√M S3rez

2 +(M uIIσSdoz /τUdoz

2)2 =√78,52+(1202

2)2 =

=√6162,2+14400=√20562,2=143,3 [KNcm ]

3.5.Idealni prečnici na mjestu zupčanika 2 i 3 (10)

d i2=

3√32Mi2

πσSdoz=3√32⋅132,8

3,14⋅6= 3√225,56=6,1 [ cm ]

d i2=1,1⋅6,1=6,7≈6,8 cm

d i3=

3√32Mi3

πσSdoz= 3√32143,3

3,14⋅6= 3√243,5=6,25 [ cm ]

d i3=1,1⋅6 ,25=6 ,93cm≈7,0cm

4.Radionički crtež vratila (10)



PRAKTIČAN RAD

ZAMAŠINSKOG TEHNIČARA ZA KOMPJUTERSKO PROJEKTOVANJE


ŠIFRA:____________________________



Kod dvostepenog prenosnika sa cilindričnim zupčanicima sa pravim zupcima prikazanog na slici u vertikalnoj ravni koji dobija pogon od elektro-motora na pogonskom vratilu I, a koji se okreće u smijeru kazaljke na satu odrediti:

Za modeliranje DRŽAČA ALATA koristeći dokumentaciju u prilogu, potrebno je uraditi sljedeće:

- modelirati sve pozicije sklopa držača alata - izvršiti montažu sklopa držača alata - crtež sklopa prikazati u vidu polovičnog presjeka - zadatak raditi 90 min.

ELEMENTI BODOVANJA U ZADATKU: 1. tijelo poz.1 15 bodova 2. vijak poz.2 5 bodova 3. vijak poz.3 5 bodova 4. opruga poz.4 5 bodova 5. čahura poz.5 15 bodova 6. vijak poz.6 5 bodova 7. montaža sklopa 30 bodova 8. crtež sklopa sa zaglavljem i sastavnicom 20 bodova

Ukupno: 100 bodova



RJEŠENJE ZADATKA

ZAMAŠINSKOG TEHNIČARA ZA KOMPJUTERSKO PROJEKTOVANJE


ŠIFRA:____________________________





PRAKTIČAN RAD

ZAMAŠINSKOG TEHNIČARA – OPERATORA NA CNC MAŠINAMA


ŠIFRA:____________________________



Na osnovu radioničkog crteža gotovog dijela datog u prilogu, izraditi:- plan obrade i odrediti karakteristične tačke- U operacijski list upisati redosljed operacija i odrediti režime obrade- izraditi plan stezanja- izabrati alate i unijeti ih u plan alata- u programsku listu unijeti NC program za obradu na strugu- izvršiti simulaciju obrade

Program pisati u NC kodu koristeći adekvatni sofrware i izvršiti simulaciju obrade struganjem.

Vrijeme rada 90 minuta.

NAČIN BODOVANJA- plan obrade i karakteristične tačke 20 bodova- u operacijski list za CNC strug upisati redoslijed

operacija i odrediti režime obrade 10 bodova- uraditi plan stezanja 5 bodova- izabrati alar u plan alata 5 bodova- program za obradu na CNC strugu sa simulacijom 60 bodova

UKUPNO: 100 bodova



RJEŠENJE ZADATKA

ZAMAŠINSKOG TEHNIČARA – OPERATORA NA CNC MAŠINAMA


ŠIFRA:____________________________





PRAKTIČAN RAD

ZATEHNIČARA MEHATRONIKE


ŠIFRA:____________________________



Opis zadatka:Čelični elementi, iz gravitacionog spremnika, treba da budu izbušeni na automatiziranoj bušilici. Dopremanje elementa iz spremnika, obavlja se pomoću dvoradnog cilindra (1A) koji za vrijeme bušenja obradak drži stegnut na radnoj poziciji. Jedinica za bušenje se upravlja preko dvoradnog cilindra (2A), a dvoradni cilidar (3A) obavlja izbacivanje obradka u korpu za dalju distribuciju.

Uslovi funkcionisanja uređaja:

a) Pojedinačni i stalni pogonb) Bušilica ostaje u radnoj poziciji (bušenje) 3 secc) Poslije obrade 5 elemenata (obradaka) automatska bušilica se sama isključujed) Razmislite o funkcionalnosti, bezbjednosti i praktičnosti te kako i koju varijantu prigušenja da ugradite

Radni nalog:

1) Prikažite zadani proces (zadatak) zapisom kretanja i dijagramom put-korak.2) Pomoću softwera FluidSIM izradite elektropneumatsku shemu (šalt-plan).3) Članovima komisije prezentirajte (objasnite) vaše rješenje automatizacije uređaja.



RJEŠENJE ZADATKA

ZATEHNIČARA MEHATRONIKE


ŠIFRA:____________________________



3sec

1B2

2B2

2B1

1B1

3B2

3B1

ST

1A

2A

3A

1) - Zapis kretanja: 1A+ 2A+(3sec) 2A- 1A- 3A+ 3A- (5X)

- Dijagram put-korak:

2) Elektropneumatska shema:

Ugraditi slijedeće elemente:- Emergency stop, - Taster za pojedinačno pokretanje- Taster za stalno (automatsko) pokretanje - Delay time (3sec)- Counter (5x)- Tri prigušna ventila

FluidSIM shema:

4 2

51

3

Y1 Y2

4 2

51

3

Y3 Y4

4 2

51

3

Y5 Y6

40%

20%

1B1 1B2 2B1 2B2 3B1 3B2

+24V

0V

S1

3

4

S0

34

P4

1

2

3B1

S2

3

4

K1

3

4

K1

A1

A2

+24V

0V

K1

3

4

Y1

1B2

Y3

2B2

K2

3

4

K2

3

4

Y4

K2

1

2

2B1

Y2

K3

A1

A2

K3

3

4

K3

3

4

1B1

Y5

3B2

Y6

K3

1

2

K1

1

2

1A+ 2A+(3sec) 2A- 1A- 3A+ 3A- (5ciklusa)

P4 5A1

A2

R1

R2K2 3

A1

A2

40%

1 2 3 4 5 6 8 9 10

12 15 20

512

10 815

4 1020

7 3

PRIJEDLOG NAČINA BODOVANJA:

1) "Dijagram put-korak" bodovati:- Zapis kretanja..........................................................4 boda- Ispravnost koraka................................................... 4 boda- Označena aktiviranja senzora (graničnika).............4 boda- Označen start ..........................................................4 boda- Zastoj od 3sec – cilindar 2A+.................................4 boda

2) "Uslovi funkcionisanja" - bodovati da li su učenici ugradili slijedeće elemente:- Taster za pojedinačno pokretanje (S1) ............................2 boda- Prekidač za stalno (automatsko) pokretanje (S2) ............2 boda- Delay time (3sec) ...........................................................4 boda- Counter (5 ciklusa) ......................................................... 4 boda- Emergency stop (S0) .......................................................2 boda- Prigušni ventili na cilindrima (3).....................................6 bodova

3) "FluidSIM shema:Bodovati ispravnost kretanja cilindara, uzevši u obzir prethodnu stavku!Potpuno ispravna shema ............................20 bodovaDjelimično ispravna shema (oduzimati bodove navedene u stavci 2) )

4) "Samouvjerenost prilikom prezentacije rješenja":- Prepoznavanje komponenata te razumjevanje problema...........5 bodova- Vještina komunikacije...............................................................5 bodova

5) "Estetski dojam":- Urednost prikaza dijagrama put-korak....................5 bodova- Urednost prikaza sheme u FluidSIM-u...................5 bodova



PRAKTIČAN RAD

ZAELEKTROTEHNIČARA ENERGETIKE


ŠIFRA:____________________________



Na početku 35 kV voda koji je izveden sa SN SKS, nalazi se induktivno opterećenje, koje treba prenijeti na kraj voda. Podaci o vodu i opterećenju: l =12 km; U1= 37,5 kV; 50 Hz (=314 rad/s); P1 = 8 MW; cos 1 = 0,88 (1 = - 28,360). Vod je izveden sa SN SKS tip XHP 48/0- A 3 x 70/16 mm2 20/35 kV, podaci o kablu: R1= 0,443 /km; C1=0,131 F/km; L1= 0,445 mH/km i trajna struja kad je kabal izložen sunčevoj svjetlosti iznosi Itr= 220 A. Nacrtati ekvivalentnu - shemu. Primjenom ekvivalentne - sheme izračunati električne veličine na kraju voda (I2;U2;P2 i cos2), pad napona (u i u%) i stepen korisnosti voda ().



RJEŠENJE ZADATKA

ZAELEKTROTEHNIČARA ENERGETIKE


ŠIFRA:____________________________



1. Podaci:l =10 km; U1= 37,5 kV; P1 = 8 MVA; cos 1 = 0,88 (1 = -28,360); R1= 0,443 /km; C1= 0,131 F/km; L1= 0,445 mH/km i Itr= 220 A.

2. Nacrtajmo ekvivalentnu - shemu (8 bodova):

3. Parametri voda (9 bodova):

R=R1. l =0,443 . 12=5,316 ; X1= . L1=314 . 0,445 . 10-3= 0,14 /km;

X=X1 .l = 0,14 .12 = 1,68 ; B1 = . C1 = 314 . 0,131 . 10-6 = 4,113 . 10-5 S/km; B=B1 . l=

=4,113 . 12-5 . 10 = 4,94 . 10-4 S; Z=√R2+X2=√5 ,322+1 ,682

=5,58 ;

Z =R+j X =5,316 +j1,68 ; ϕ Z=arctg X

R =arc tg

1,685 ,32 =17,520 i Z = 5,58

.ej17,520 .

4. Napon na početku voda (5 bodova):

U1f=

U1

√3=37500

1 ,73 =21676,3 V;U1 f=U1 f⋅ej00

=U1f=21676,3 V.5. Struja na početku voda (5 bodova):

I1=

P1

√3⋅U1⋅cosϕ1= 8⋅106

1 ,73⋅37500⋅0 ,88 =140,13 A; I 1=I1⋅e− jϕ1=140 ,13⋅e− j28 ,360

=140,13cos(-28,360)+j sin(-28,360)=123,31 - j 66,56 A.

6. Struja kroz kapacitivnu vodljivost na početku voda (5 bodova):

I 10=U 1f⋅B2

=21676 ,3⋅e j 00⋅4 ,94⋅10−4

2¿e j 900

=5 ,351⋅e j 900

= j 5,35 A.

7. Struja između tačaka 1 i 2 (8 bodova):I 12= I 1− I 10 =123,31 - j 66,56 - j 5,35 =123,31 – j 71,91 A; I12=√123 ,312+71 ,912

=142,75 A;

ϕ12=arctgIm( I 12)Re( I 12)

=arctg−71 ,91123 ,31 = - 30,250; I 12=142 ,75⋅e− j 30 ,250

A.

8. Napon na kraju voda (15 bodova):

U2 f=U1 f− I12⋅Z =21676,3-142 ,75⋅e− j 30 ,250. 5,58 . ej17,520

==21676,3–796,55 . e-j12,730

=21676,3 -796,55cos(-12,730)+j sin(-12,730)=

=21676,3 –776,96+j175,2 =20899,34+j175,2 V. U2f=√20899 ,342+175 ,22=20900

V; β=arctg

Im(U2 f )Re(U2 f )

=arctg175 ,220899 ,34

=0 ,480

i U2 f=20900⋅e j 0,480

V.

9. Struja kroz kapacitivnu vodljivost na kraju voda (7 bodova):

I20=U 2f⋅B2

=20900⋅e j0 ,480⋅4 ,94⋅10−4

2¿e j900

=5 ,16⋅e j90 ,480

=5,16cos(90,480)+ j sin(90,480)== - 0,043 +j 5,16 A.

10. Struja na kraju voda (8 bodova):I 2= I 12− I 20 =123,312–j71,91+0,043–j5,16=123,35–j77,07 A; I2=√123 ,352+77 ,072

=145,45 A i ϕ,2=arctg

Im( I2 )Re( I 2 )

=arctg−77 ,07123 ,35

=−32 ,00

.11. Fazni pomak i faktor snage na kraju voda (5 bodova):ϕ2=|ϕ

,2|±β=|−32 ,00|+0 ,480=32 ,480

; cos ϕ2 =cos(32,480)=0,843.

12. Linijski napon na kraju voda (5 bodova): U2=U2f√3=20900 . 1,73=36157 V.

13. Aktivna snaga na kraju voda (5 bodova):P2=√3 U2 I2 cosϕ2 =1,73 . 36157 . 145,45 . 0,843 = 7669725 W.

14.Stepen korisnosti voda (5 bodova):

η=

P2

P1=7669725

8000000 =0,9587 ili 95,87 %.15. Apsolutni pad napona na vodu (5 bodova) :

Δu=U1 – U2= 37500 – 36157 =1343 V.

16. Procentualni pad napona (5 bodova):

u%=ΔuU

100=134335000

100=3,84 %.

Napomena : Zadatak se rješava dva nastavna sata (90 minuta). Od pribora dozvoljeno je korištenje ručnog kalkulatora (digitrona) sa trigonometrijskim funkcijama i pribar za pisanje!



PRAKTIČAN RAD

ZAELEKTROTEHNIČARA ELEKTRONIKE


ŠIFRA:____________________________



ZADATAK 1. (30 bodova)

STATIČKI REŽIM RADA POJAČAVAČA

Izlazna statička karakteristika tranzistora BC107 je prikazana na slici 1. Na istoj slici je prikazan i položaj radne tačke Q u kojoj treba da radi taj tranzistor, iskorišten u NF pojačavaču u spoju zajednički emitor, sa slike 2.

Slika 1. Izlazna statička karakteristika tranzistora BC 107

a) Usvojiti vrijednosti za struje ICQ,, IBQ i napon UCEQ, a za napon UBEQ=0,7V.b) Izračunati vrijednosti otpora RC tako da pojačavač radi u izabranoj radnoj tački

uzimajući da je pad napon na otporniku RE približno jednak 20% od napona napajanja, koji iznosi UCC=10 V (URE≈0,2UCC).

c) Izračunati vrijednosti otpora RE usvajajući da je IE≈IC.d) Izračunati vrijednosti otpora RB1 usvajajući da je struja I (označena na slici 2.)

približno 10 puta veća od struje baze IB (I≈10IB).e) Izračunati vrijednosti otpora RB2 usvajajući da je struja I (označena na slici 2.)

približno 10 puta veća od struje baze IB (I≈10IB).f) Po završetku proračunu ucrtati na priloženoj karakteristici sa slike 1. radnu

pravu NF pojačavača SZE.

Slika 2. NF pojačavač u spoju zajednički emitor


DINAMIČKI REŽIM RADA DVOSTEPENOG POJAČAVAČA

Slika 3. Dvostepeni RC - pojačavačDvostepeni RC- pojačavač sa slike 3. radi na srednjim frekvencijama. Brojčane vrijednosti elemenata su poznate, a parametri oba tranzistora su jednaki i iznose: h11=1,28 k , h12=4·10-4, h21= =200 i h22=40 S. Ω β μ

UCEQ

URe

UBEQ

ICQ

IEQ

IBQ

I

15 kΩ 15 kΩ2,2 kΩ 2,2 kΩ

1 kΩ 1 kΩ4,7 kΩ 4,7 kΩ

+UCC=20 V

10 kΩ

RL

fmin=80 Hz

Ui =20 μVEg

U0

a) Nacrtati ekvivalentnu šemu za naizmjenični signal na srednjim frekvencijama zanemarivanje parametra h12,

b) Odrediti ulazni otpor pojačavača Ri , c) Odrediti izlazni otpor prvog R01 i drugog R02 stepena pojačavača,d) Odrediti naponsko pojačanje prvog AU1 i drugog AU2 stepena kao i ukupno

kaskadno pojačanje napona AU te ga izraziti u dB,e) Odrediti pojačanje struje pojačavača AI te ga izraziti u dB,f) Odrediti pojačanje snage pojačavača AP te ga izraziti u dB,g) Odrediti veličinu izlaznog signala U0, ako je poznata vrijednost ulazni signal od

Ui=25 V,μh) Odredi kapacitet kondenzatora CE ako je minimalna frekvencija pojačavača 80Hz,

a kapacitansa kondenzatora 10 puta manja od vrijednosti RE?


SUPERHETERODINI AM RADIO-PRIJEMNIK

Slika 4. Blok šema superheterodinog AM radio-prijemnika

a) Na blok šemi superheterodinog AM radio-prijemnika upisati nazive blokove,b) Usvojiti vrijednost međufrekvencije fm za AM radio-difuzne prijemnike,c) Ako je vrijednost noseće frekvencije radio-predajnika fs=12000 kHz izračunati

frekvenciju lokalnog oscilatora f0 radio-prijemnika podešenog na tu frekvenciju,d) Izračunati vrijednost frekvencije simetričnog signala ako je frekvencija nosioca

stanice koju želimo primati 12040 kHz,e) U kojem dijelu radio-prijemnika se ostvaruje selektivnost za signale udaljenih

radio-predajnika (po frekventnoj osi),f) U kojem dijelu radio-prijemnika se ostvaruje selektivnost za signale susjednih

radio-predajnika,g) Kolika je širina spektra AM redio-difuznih signala?



RJEŠENJE ZADATKA

ZAELEKTROTEHNIČARA ELEKTRONIKE


ŠIFRA:____________________________



ZADATAK (30 bodova)

STATIČKI REŽIM RADA POJAČAVAČA

Slika NF pojačavača u spoju zajednički emitor

a) Usvojiti vrijednosti za struje ICQ,, IBQ i napon UCEQ, a za napon UBEQ=0,7V.

b) Izračunati vrijednosti otpora RC tako da pojačavač radi u izabranoj radnoj tački uzimajući da je pad napon na otporniku RE približno jednak 20% od napona napajanja, koji iznosi UCC=10 V (URE≈0,2UCC)

UCEQ

URe

UBEQ

ICQ

IEQ

IBQ

I

ICQ=5,2 mAICQ≈5 mA

UCEQ=3,8 VUCEQ≈4 V

IEQ=15 μA

5 bodova

Zatvaranjem konture u izlaznom kolu:

-UCC+ICQRC+UCEQ+URE=0 iz čega slijedi: RC=

0,8UCC−U CEQ

ICQ=800

c) Izračunati vrijednosti otpora RE usvajajući da je IE≈IC

URE=IEQRE pa je: RE=

0,2U CC

ICQ=400

d) Izračunati vrijednosti otpora RB1 usvajajući da je struja I (označena na slici 2.) približno 10 puta veća od struje baze IB (I≈10IB)

Zatvaranjem konture u ulaznom kolu preko RB1:

-UCC+IRB1+UBEQ+URE=0 iz čega slijedi: RB1=

0,8UCC+U BEQ

10⋅I BQ=58000=58k

e) Izračunati vrijednosti otpora RB2 usvajajući da je struja I (označena na slici 2.) približno 10 puta veća od struje baze IB (I≈10IB).

Zatvaranjem konture u ulaznom kolu preko RB2:

-IRB2+UBEQ+URE=0 iz čega slijedi: RB2=

0,2UCC+UBEQ

10⋅IBQ=6000=6k

f) Po završetku proračunu ucrtati na priloženoj karakteristici sa slike 1. radnu pravu NF pojačavača SZE.

Krajnje tačku na naponskoj osi je UCC=10V, pa je radna prava kao na slici:

ZADATAK (40 bodova)

5 bodova

5 bodova

5 bodova

5 bodova

5 bodova

DINAMIČKI REŽIM RADA DVOSTEPENOG POJAČAVAČA

a) Nacrtati ekvivalentnu šemu za naizmjenični signal na srednjim frekvencijama zanemarivanje parametra h12,

Ekvivalentna ili nadomjesna šema na srednjim frekvencijama dobije se na osnovu sljedećih kriterija: Kapacitete velike vrijednosti smatramo kratkim spojem, a parazitne prekidom strujnog kola. Izvore istosmjerne struje u dinamičkom režimu, također, smatramo kratkim spojem.Povratni parametar zanemarujemo zbog vrlo male vrijednosti.

b) Odrediti ulazni otpor pojačavača Ri

Ulazni otpor je prema nadomjesnoj šemi paralelna veza otpora RB1‖RB2‖h11.

Ekvivalentni otpor baze je: RB12=

RB1 .RB2

RB1 .RB2=3 ,58k

,

a ukupni ulazni otpor je: Ri=

RB12 .h11

RB12+h11=0 ,921 k

c) Odrediti izlazni otpor prvog R01 i drugog R02 stepena pojačavača,

15 kΩ 15 kΩ2,2 kΩ 2,2 kΩ

1 kΩ 1 kΩ4,7 kΩ 4,7 kΩ

+UCC=20 V

10 kΩ

RL

fmin=80 Hz

Ui =20 μVEg

U0

10 bodova

5 bodova

Izlazni otpor prvog stepena je prema ekvivalentnoj šemi, paralelna veza izlaznog otpora prvog

tranzistora ro , otpora kolektoraRC , ekvivalentnog otpora bazeRB12 i ulaznog otpora drugog tranzistora h11.

Izlazni otpor prvog tranzistora je: ro=

1h22

= 140.10−6 S

=25k

Zbog toga što je ro mnogo veći od ostalih otpora u paralelnoj vezi, može se zanemariti, pa dobijemo

da je izlazni otpor prvog stepena: R01=RC‖RB12‖h11=0 ,649 k .

Izlazni otpor drugog stepena je paralelna veza otpora kolektora i otpora opterećenja

RO2=

RC .RL

RC+RL= 2,2k . 10k

2,2k+10k=1 ,80k

d) Odrediti naponsko pojačanje prvog AU1 i drugog AU2 stepena kao i ukupno kaskadno pojačanje napona AU te ga izraziti u dB,

Pojačanje napona u prvom stepenu je:

AU 1=

U o 1

U i1=−

βIb1 RO1

Ib 1 .h11=−

β .RO1

h11=−200 .0 ,649 k

1 ,28 k=−101 ,41

Pojačanje napona drugog stepena je:

AU 2=

UO2

U i2=−

β . I b2 . RO2

I b2 .h11=−

β .RO2

h11=−200 .1 ,80 k

1 ,28 k=−281,25

Pojačanje napona kaskadne sprege je: AU=AU 1 . AU 2=−101 ,41 .(−281 ,25)=28521 ,56 Pojačanje napona izraženo u dB je:

AUdB=20. log AU=20 . log 28521 ,56=20 . 4 ,455=89 ,1dB

e) Odrediti pojačanje struje pojačavača AI te ga izraziti u dB

Pojačanje struje je:

Ai=I oIi

=

Uo

RL

U i

hie

=Auh11

RL=28521 ,56 1 ,28 k

10 k =3650,76

Pojačanje struje u dB je: AidB=20 log A i=20. log 3650 ,76=20 .3 ,56=71 ,2dB f) Odrediti pojačanje snage pojačavača AP te ga izraziti u dB,

Pojačanje snage je: AP=Au . Ai=28521 ,56 .3650 ,76=104125370 ,4 Pojačanje snage u dB je: APdB=10 log 104125370 ,4=10.8 ,0176=80 ,176 dB

g) Odrediti veličinu izlaznog signala U0, ako je poznata vrijednost ulazni signal od Ui=25μV,

Izlazni napon dobijemo iz ukupnog pojačanja napona kaskadne sprege i veličine ulaznog signala: Uo=Au .U i=28521 ,56 .25 μV=0 ,713V

h) Odredi kapacitet kondenzatora CE ako je minimalna frekvencija pojačavača 80Hz, a kapacitansa kondenzatora 10 puta manja od vrijednosti RE?

5 bodova

8 bodova

3 bodova

3 bodova

3 bodova

Kapacitet CE određujemo iz uslova da kapacitansa kondenzatora XC bude bar deset puta manja od otpora RE , tako da kondenzator i pri minimalnoj frekvenciji «kratko» prespoji otpor RE i time spriječi povratnu spregu istosmjerne struje XC=RE/10). Iz ovog slova onda slijedi:

CE=

102πRE f min

=102 .3 ,14 . 80 Hz . 1k

=19 ,9 μF

ZADATAK (30 bodova)

SUPERHETERODINI AM RADIO-PRIJEMNIK

a) Na blok šemi superheterodinog AM radio-prijemnika upisati nazive blokova

b) Usvojiti vrijednost međufrekvencije fm za AM radio-difuzne prijemnikefm=455 kHz (450-470 kHz je prihvatljivo)

c) Ako je vrijednost noseće frekvencije radio-predajnika fs=12000 kHz izračunati frekvenciju lokalnog oscilatora f0 radio-prijemnika podešenog na tu frekvenciju

fm=f0-fs pa je f0=fm+fs=12455 kHz

d) Izračunati vrijednost frekvencije simetričnog signala ako je frekvencija nosioca stanice koju želimo primati 12040 kHz

fss=fs-2fm=12950 kHz

e) U kojem dijelu radio-prijemnika se ostvaruje selektivnost za signale udaljenih radio-predajnika (po frekventnoj osi)

Ulazno kolo

f) U kojem dijelu radio-prijemnika se ostvaruje selektivnost za signale susjednih radio-predajnika

Međufrekventni pojačavač

g) Kolika je širina spektra AM redio-difuznih signala?B=9 kHz

3 bodova

5 bodova

5 bodova

5 bodova

5 bodova

3 bodova

3 bodova

3 bodova



PRAKTIČAN RAD

ZAELEKTROTEHNIČARA RAČUNARSKE TEHNIKE I AUTOMATIKE


ŠIFRA:____________________________



Realizovati sinhronu sekvencijalnu mrežu koja u zavisnosti od upravljačkih signala A i B radi u sljededa četiri režima: a) Ako je AB = 00 sekvencijalna mreža se ponaša kao brojač koji broji u prirodnom binarnom kodu. Stanja brojača se mjenjaju na svaku rastudu ivicu signala takta u sekvenci: 0000 → 0001 → 0010 → 0011 → 0100 → 0101 → 0110 → 0111 → 1000 → 1001 → 1010 → 1011 → 1100 → 1101 → 1110 → 1111.

b) Ako je AB = 01 sekvencijalna mrežase ponaša kao brojač koji broji u prirodnom binarnom kodu ali unazad. Stanja brojača se mjenjaju na svaku rastudu ivicu signala tata u sekvenci: 1111 → 1110 → 1101 → 1100 → 1011 → 1010 → 1001 → 1000 → 0111 → 0110 → 0101 → 0100 → 0011 → 0010 → 0001 → 0000.

c) Ako je AB = 10 sekvencijalna mreža se ponaša kao registar, gdje na svaku rastudu ivicu signala takta mreža prelazi u stanje CDEF, gdje su C,D,E, i F signali koji se pored signala A,B i CLK dovode na ulaz brojačke mreže.

d) Ako je AB = 11 sekvencijalna mreža se naazi u stanju sinhronog reseta, odnosno na svaku rastudu ivicu signala takta dokle god je AB = 11 potrvrđuje se stanje 0000.

Prilikom sinteze sekvencijalne mreže koristiti se minimalnim brojem D flip flopova koji se okidaju rastudom ivicom signala takta, multipleksere 4x1 kao i minimalan broj ostalih logičkih kola po potrebi.



RJEŠENJE ZADATKA

ZAELEKTROTEHNIČARA RAČUNARSKE TEHNIKE I AUTOMATIKE


ŠIFRA:____________________________



Brojačka mreža sadrži četiri promjenljive koje opisuju njeno stanje, na osnovu toga se može zaključiti da je za njenu realizaciju potrebno najmanje četiri D flip flopa. Režimi rada sekvencijalne mreže mogu se posmatrati odvojeno u zavisnosti od vrijednosti upravljačkih ulaza A i B. Na osnovu toga može se zaključiti da nam osim 4 D flip flipa trebaju i 4 multipleksera koja de biti spojena na ulaze flip flopova i time omoguditi odabir ulazne informacije sa ulaza A i B. Ulazi multipleksera su funkcije koje uz ulaze A i B određuju stanje sekvencijalnog sklopa. Funkcija f0 koja de se pojaviti ako su ulazi A i B u stanju logičke 0 ne zavisi od ulaza CDEF nego samo od izlaza D flip flopova. Funkcija f1 koja de se pojaviti ako je A=0 i B=1 ne zavisi od ulaza CDEF nego samo od izlaza D flip flopova. Funkcija f2 zavisi samo od ulaza CDEF. Funkcija f3 ima konstantnu vrijednost a to je 0. Svaka funkcija se sastoji od informacija koje se vode na ulaze D flip flopova Dakle stanja na ulazima flip flopova biće

Tako f0 funkcija ima za zadatak da našu sekvencijalnu mrežu pretvori u brojač naprijed te je tabela stanja data kako slijedi:

Analogno prvom dijelu zadatka određuju se ulazi flip flopova i u slučaju kada brojač treba da broji nazad.

Tabela stanja u tom slučaju je data kako slijedi:

Te analogno prethodnom slučaju pristupamo minimizaciji i dobijamo da je

U tredem slučaju imamo da funkcija ne ovisi od izlaza flip flopa pa je stanje sljedeće

Kompletna realizacija izgleda kao na slici koja slijedi.



PRAKTIČAN RAD

ZATEHNIČARA RAČUNARSTVA


ŠIFRA:____________________________



Realizovati sinhronu sekvencijalnu mrežu koja u zavisnosti od upravljačkih signala A i B radi u sljededa četiri režima: a) Ako je AB = 00 sekvencijalna mreža se ponaša kao brojač koji broji u prirodnom binarnom kodu. Stanja brojača se mjenjaju na svaku rastudu ivicu signala takta u sekvenci: 0000 → 0001 → 0010 → 0011 → 0100 → 0101 → 0110 → 0111 → 1000 → 1001 → 1010 → 1011 → 1100 → 1101 → 1110 → 1111.

b) Ako je AB = 01 sekvencijalna mrežase ponaša kao brojač koji broji u prirodnom binarnom kodu ali unazad. Stanja brojača se mjenjaju na svaku rastudu ivicu signala tata u sekvenci: 1111 → 1110 → 1101 → 1100 → 1011 → 1010 → 1001 → 1000 → 0111 → 0110 → 0101 → 0100 → 0011 → 0010 → 0001 → 0000.

c) Ako je AB = 10 sekvencijalna mreža se ponaša kao registar, gdje na svaku rastudu ivicu signala takta mreža prelazi u stanje CDEF, gdje su C,D,E, i F signali koji se pored signala A,B i CLK dovode na ulaz brojačke mreže.

d) Ako je AB = 11 sekvencijalna mreža se naazi u stanju sinhronog reseta, odnosno na svaku rastudu ivicu signala takta dokle god je AB = 11 potrvrđuje se stanje 0000.

Prilikom sinteze sekvencijalne mreže koristiti se minimalnim brojem D flip flopova koji se okidaju rastudom ivicom signala takta, multipleksere 4x1 kao i minimalan broj ostalih logičkih kola po potrebi.



RJEŠENJE ZADATKA

ZATEHNIČARA RAČUNARSTVA


ŠIFRA:____________________________



Brojačka mreža sadrži četiri promjenljive koje opisuju njeno stanje, na osnovu toga se može zaključiti da je za njenu realizaciju potrebno najmanje četiri D flip flopa. Režimi rada sekvencijalne mreže mogu se posmatrati odvojeno u zavisnosti od vrijednosti upravljačkih ulaza A i B. Na osnovu toga može se zaključiti da nam osim 4 D flip flipa trebaju i 4 multipleksera koja de biti spojena na ulaze flip flopova i time omoguditi odabir ulazne informacije sa ulaza A i B. Ulazi multipleksera su funkcije koje uz ulaze A i B određuju stanje sekvencijalnog sklopa. Funkcija f0 koja de se pojaviti ako su ulazi A i B u stanju logičke 0 ne zavisi od ulaza CDEF nego samo od izlaza D flip flopova. Funkcija f1 koja de se pojaviti ako je A=0 i B=1 ne zavisi od ulaza CDEF nego samo od izlaza D flip flopova. Funkcija f2 zavisi samo od ulaza CDEF. Funkcija f3 ima konstantnu vrijednost a to je 0. Svaka funkcija se sastoji od informacija koje se vode na ulaze D flip flopova Dakle stanja na ulazima flip flopova biće

Tako f0 funkcija ima za zadatak da našu sekvencijalnu mrežu pretvori u brojač naprijed te je tabela stanja data kako slijedi:

Analogno prvom dijelu zadatka određuju se ulazi flip flopova i u slučaju kada brojač treba da broji nazad.

Tabela stanja u tom slučaju je data kako slijedi:

Te analogno prethodnom slučaju pristupamo minimizaciji i dobijamo da je

U tredem slučaju imamo da funkcija ne ovisi od izlaza flip flopa pa je stanje sljedeće

Kompletna realizacija izgleda kao na slici koja slijedi.



PRAKTIČAN RAD

ZAELEKTROTEHNIČARA TELEKOMUNIKACIJA


ŠIFRA:____________________________



1. Kolika je bitska brzina ako je učestanost uzorkovanja 8 kHz u PCM sistemu sa 24 kanala ako se jedan uzorak koduje sa 8 bita?

2. Na slici je prikazan sistem sa dva zvučnika od kojih je Z1 predviđen za reprodukciju tonova od desetak herca do 1400 Hz i Z2 za reprodukciju tonova čije su učestanosti veće od 1400 Hz. Izračunati vrijednosti elementa skretnice.

3. NF signal kojim se vrši amplitudna modulacija ima četiri komponente čije su učestanosti: 300 Hz, 500 Hz, 1 kHz i 2 kHz. Koje su učestanosti komponenata AM signala ako je učestanost nosioca 1200 kHz?

4. Amplituda struje u anteni dok nema modulacije je 30 A. Kada počne amplitudska modulacija prostim tonom, amplituda struje u pojedinim trenucima je 42 A a u pojedinim 18 A. Koliki je stepen modulacije?

5. Redno i paralelno kolo na slici sastoje se od kalema induktivnosti L= 0,4 mH sa ekvivalentnom otpornošću gubitaka R= 30 oma i kondenzatora kapacitivnosti C= 176 pF. Efektivna vrijednost napona generatora je U= 0,4 V. Izračunati za oba kola:

a. rezonantnu učestanostb. faktor dobrotec. propusni opsegd. impedansu pri rezonancijie. struju generatora pri rezonanciji



RJEŠENJE ZADATKA

ZAELEKTROTEHNIČARA TELEKOMUNIKACIJA


ŠIFRA:____________________________



1. T= 1

8000=125

s nb= 24 x 8 = 192 V= nb/ T =192/125= 1,53 Mb/s

2.

L1=Rπf c

=43 ,14⋅1400

=0 ,91mH

C1=1Rπf c

=14⋅3 ,14⋅1400

=57 μF

L2=R4 πf c

=0 ,32mH

C2=14 πf c

=14 μH

3.

f 0=1200kHzf 0+ f 1=1200+0,3=1200 ,3kHzf 0+ f 2=1200+0,5=1200 ,5kHzf 0+ f 3=1200+1=1201 kHzf 0+ f 4=1200+2=1202kHz

f 0−f 1=1199 ,7kHzf 0−f 2=1200−0,5=1199 ,5kHzf 0−f 3=1200−1=1199 kHzf 0−f 4=1200−2=1198kHz

4.

m=Imax−Im in

Imax+ Im in=42−18

42+18=24

60=0,4

5.

Redno kolo:

a. f r=

12π √LC

= 16 ,28⋅√0,4⋅10−3⋅176⋅10−12

=600kHz

b. Q0=

2πf r LR

=6 ,28⋅600⋅103⋅0,4⋅10−3

30=50

c. B0=

f rQo

=600 kHz50

=12kHz

d. Z=R=30

e. I=U

R=0,4V

30=13 ,3mA

Paralelno kolo:

a. f r=

12π √LC

=600kHz

b. Q0=

2πf r LR

=50

c. B0=

f rQo

=12 kHz

d. Z=Rdo=Q0⋅2 πf r⋅L=50⋅6 ,28⋅600⋅103⋅0,4⋅10−3=75 k

e. I=U

R= 0,4V

75⋅103=5,3 μA

festival-rada.bafestival-rada.ba/ba/dokumenti/ZADACI TEHNICKE 1-1 V fr.docx · Web viewKod dvostepenog prenosnika sa cilindričnim zupčanicima sa pravim zupcima prikazanog na slici

Documents

festival-rada.bafestival-rada.ba/ba/dokumenti/ZADACI TEHNICKE 1-1 V fr.docx · Web viewKod dvostepenog prenosnika sa cilindričnim zupčanicima sa pravim zupcima prikazanog na slici