Tín hiệu gồm 2 đoạn thẳng đối xứng qua trục u... Tín hiệu có dạng như hình 3... Mạch II là mạch phát hiện cạnh lên.. a- Vẽ sơ đồ chi tiết... c- Cách tính giá trị điện trở R.. Để LED sáng
Trang 1ĐÁP ÁN MÔN KỸ THUẬT XUNG – TH318 THI LẦN 2 - HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2006-2007
( LỚP ĐIỆN TỬ K31 )
Câu 1 : ( 1,5 điểm )
Viết phương trình của tín hiệu ở hình 1
Tín hiệu gồm 2 đoạn thẳng đối xứng qua trục u
Độ dốc của 2 đoạn thẳng có trị số tuyệt đối bằng nhau :
0
t
E
k = (1) Phương trình của tín hiệu có dạng :
u=k(t+t0)u0(t+t0)−2ktu0(t)+k(t−t0)u0(t−t0) (2)
Với )u0(t là hàm nấc đơn vị Hình 1
( ) ( ) 2 () ( 0) 0( 0)
0
0 0 0 0 0 0
t t u t t t
E t tu t
E t
t u t t t
E
Câu 2 : ( 5 điểm )
a- Mô tả sự hoạt động của mạch và dạng tín hiệu : ( 2 đ )
+ t<0 : Khoá K ở vị trí 2
Trong mạch không có dòng điện
u1 = u2 =0 (4)
+ t= 0+ : Vừa bật khoá K sang vị trí 1
Tụ C xem như bị nối tắt u và 1 u có giá trị được 2
cho bởi mạch phân áp R1, R2
R R
R u
u
2 1
2 2
1(0 ) (0 )
+
=
+ 0<t<t0 : Khoá K ở vị trí 1 Hình 2
Tụ C nạp điện qua các điện trở R1, R2 Kết quả là : u tăng, 1 u giảm và 2 u tăng theo hàm C
mũ
+ t=t0− : Do t đủ lớn, tụ C đã nạp 0
đầy nên :
u1(t0−)=u C(t0)=E (6)
2(0−)=0
t
u (7)
+ t=t0+ : Vừa bật khoá K sang vị trí 2
Tụ C bắt đầu phóng điện qua
các điện trở R1, R2 u có giá trị dương, 1 u 2
có giá trị âm Độ lớn của u , 1 u được cho 2
bởi mạch phân áp R1, R2 với hiệu thế giữa 2
đầu mạch là u C(t0)= E
R R
R t
u
2 1
1 0
1( )
+
=
+ (8) Hình 3
R R
R t
u
2 1
2 0
2( )
+
−
=
+ (9)
+ t> : Khoá K ở vị trí 2 t0
Trang 2Tụ C tiếp tục phóng điện, u giảm dần và tiến về 0 Độ lớn của C u và 1 u cũng nhỏ 2
dần và cùng tiến về 0 Tín hiệu có dạng như hình 3
b- Biểu thức của các tín hiệu : ( 3 đ )
+ 0<t<t0 : Khoá K được bật sang vị trí 1
Tụ C nạp điện qua 2 điện trở mắc nối tiếp R1, R2
u E(1 e )u0(t)
t
C = − −τ (10) Với τ =(R1+R2)C (11)
Dòng điện nạp :
0( )
2 1
t u e R R
E i
t n
τ
−
+
= (12) (Hình 4)
u1 =Eu0(t)−R1i n (13)
(1 ) 0( )
2 1
1
R R
R E
u
t
τ
−
+
−
u2 = R2i n (15)
0()
2 1
2
R R
R u
t
τ
−
+
= (16)
- Tại t= 0+ Từ (10), (14), (16) ta suy ra :
(0+)=0
C
u (17) E
R R
R u
u
2 1
2 2
1(0 ) (0 )
+
=
- Tại t=t0− Vì t>>τ nên cũng từ (10), (14), (16) ta suy ra :
u1(t0−)=u C(t0)=E (19)
2(0−)=0
t
u (20) + t> : Khoá K được bật sang vị trí 2 t0
Tụ C phóng điện qua các điện trở R1, R2 mắc nối tiếp
(0) 0( 0)
0
t t u e t u u
t C
−
−
τ (21)
0( 0)
0
t t u Ee u
t t
−
−
τ (22) (0) 0( 0)
2 1
1 1
0
t t u e t u R R
R u
t
+
=
−
−
τ (23)
0( 0)
2 1
1 1
0
t t u Ee R R
R u
t
− +
= − −τ (24) (Hình 5)
(0) 0( 0)
2 1
2 2
0
t t u e t u R R
R u
t
+
−
=
−
−
τ (25)
0( 0)
2 1
2 2
0
t t u Ee R R
R u
t t
− +
−
=
−
−
τ (26)
- Tại t=t0+ Từ (22), (24), (26) ta suy ra :
u (t0+)= E (27)
Trang 3E
R R
R t
u
2 1
1 0
1( )
+
=
+ (28)
E
R R
R t
u
2 1
2 0
2( )
+
−
=
+ (29)
- Khi t→∞ Cũng từ (22), (24), (26) ta suy ra :
u C(∞)≈u1(∞)≈u2(∞)→0 (30)
Câu 3 : ( 3,5 điểm )
(Hình 6)
Trong đó :
Mạch I là công tắc chống dội dùng 2 cổng NAND
Mạch II là mạch phát hiện cạnh lên
Mạch III là mạch đa hài đơn ổn dùng IC 555, có độ rộng xung sinh ra khoảng 2S Mạch IV là mạch dao động đa hài phi ổn dùng IC 555, có ngõ vào ở chân số 4, ngõ
ra ở chân số 3 và tần số của xung sinh ra khoảng 2 Hz
a- Vẽ sơ đồ chi tiết ( 1,5 đ )
(Hình 7)
b- Dạng tín hiệu tại A, B, C, D ( 1,5 đ )
(Hình 8)
Trang 4c- Cách tính giá trị điện trở R ( 0,5 đ )
Giả sử điện thế ngõ ra ở mức cao tại chân số 3 của IC555 là 5V, hiệu thế giữa 2 đầu LED khi được phân cực thuận khoảng 2V Để LED sáng vừa phải ta chọn dòng điện qua LED khoảng 10mA
V OUT =5V
U LED =2V
I =10mA=10−2A
I
U V
R = OUT − LED
(31) = −− =300Ω
10
2 5
2
R (32)
Ta có thể chọn R bằng 270Ω hoặc 220Ω để LED hơi sáng hơn một chút
HẾT