发表于：2012/5/16 14:45:28
#0楼
对几个电路图的工作原理的分析
一、下图为负载电流限流电路，请分析工作原理，图中V5起什么作用？
这是从网上看到的一个求助帖。其电路图如下：
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电路原理分析：
图中的TA为电流互感器，将负载电流缩小n倍（n为互感器初次级线圈匝比）变为ma级
电流，流经RP与R1电阻形成采样电压（交流），调节RP可改变采样输出电压的大小。
V6为半波整流二极管，将采样电压整流为半波直流电，C3为滤波电容，使整流电流平
稳。该整流电压与负载电流成正比，即负载电流增加，其整流电压也增大。
VT1为带电流负反馈的放大器，由于集电极电流≈发射极电流，如取R4≤R5，在基极输
入电压≤1/2电源电压时，VT1管处于放大状态（即集电极与发射极间的电压Uce ＞0），
R4又为VT2管的基极偏置电阻，在VT1管处于放大状态且Uce ＞VT2的发射结电压时，
会使VT2饱和导通，VT2D的饱和导通，使其集电极电压=VT1D的发射极电压，该电压小
于稳压管V7的稳压值，故使V7不导通，即使VT3管截止，继电器KA处于断电状态。
在负载电流小于限定的电流值时。调节RP使VT1的基极对地电压低于1/2电源电压，
由上面分析可知，VT1处于放大状态，使VT2饱和导通，使VT3截止，继电器KA处于断
电状态。当负载电流增大到限定电流时，使VT1的基极对地电压高于1/2电源电压，使VT1
处于饱和导通状态，即VT1的Vce=0,使VT2截止，由于电源电压高于稳压管V7的稳压值，
这样R6、V7将注入给VT3基极足够大的基极电流使VT3饱和导通，继电器KA得电吸合。
KA的动作即发出越限报警。
V5管的作用：V5管反并接在继电器线圈二端，起续流作用，继电器得电吸合时，V5反接处于截止状态，当继电器断电瞬间，线圈将释放电流而硬性通过晶体管VT3（VT3已截止），如未加V5,会产生很高的反电压，将VT3击穿，加上V5，会迅速将线圈电流释放，不会形成过电压，从而保护晶体管VT3，使它不易损坏。
二、0－78MV怎么转换成标准的0－20MA
下面的电路图，可实现将0~78mV转换为0~20ma的电路图，所用元件很少（一个358双运发，2只晶体管和几个电阻）只需几元钱。
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工作原理分析：该电路的特点为：U1A的3角对地电压（即Ui）≡G1管的发射极对地电压，而G1的集电极R2的电压≡G2管的发射极R3的电压。G1为电流负反馈放大器，放大倍数=100，在输入电压0~78mV变化时，R2的电压为0~7.8V变化，即R2的电压= R1的电压的100倍。
1、 当Ui=0V时，其G1管的发射极对地电压=0V，即R1的电压=0V。发射极电流=0其G1管的集电极电流也=0，故R2的电压也=0V，G2的发射极电压≡G1的集电极电压，故此时R3 的电压=0V，其电流也=0，此时G2截止对外输出电流=0。
2、 当Ui=0V开始增加时，其G1管的发射极对地电压也由=0开始增加，即R1的电压由0开始增加。由于G1管的集电极电流与发射极电流相等，又100×R1=R2，故R2的电压也由0增加，G2的发射极电压≡G1的集电极电压，故此时R3 的电压也由0开始增加，使G2管集电极输出电流也由0开始增加
3、 当Ui=78mV时，其G1管的发射极对地电压=78mV，即R1的电压=78mV。由于G1管的集电极电流与发射极电流相等，又R2=100×R1，故R2的电压=78mV×100=7.8V，G2的发射极电压≡G1的集电极电压，故此时R3 的电压=7.8V，此时G2的发射极（也是集电极）电流=7.8 V÷ 390 Ω = 20ma。
三、对求助帖：“单按钮启动 停止电磁阀只用2个中间继电器可否实现?”的电路设计及动作原理解析
这一求助帖还是颇有难度的，虽说实用性不大，但可锻炼我们硬件的设计能力。这里我画出二个电路方案，供大家分析参考：
第一方案见图一：
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1、图一电路的组成：J0、J1为JRX-13F型小型直流继电器，工作电压：J0为18V，J1为24V.J0与电解电容C2、电阻R1组成通电与断电皆延时的定时器，通、断延时时间皆≥2秒。按钮K含有二个触点：K_1为常开触点，K_2为常闭触点。D1为电磁阀线圈。
2、要求：每次按钮的按下时间最长不得大于2秒。
3、分析J0、R1、C2组成的通电与断电皆延时的定时器原理：
J0 为JRX-13F型直流继电器，工作电压=18V，线圈内阻=700Ω,串接R1（300Ω）电阻，加在24V电压，其线圈电压=17V，J0可吸合。J0又并联C2电解电容,见图二：当开关K闭合时，由于C2的电压不能突变，其电压由0逐渐增加，J0与C2并联，使J0线圈的电流也由0 逐渐增加，当C2电压上升到17V时，其电压达到J0的吸合电压，J0才吸和动作，可见开关K的闭合，由于C2的作用，J0不能立即吸合，需延时一段时间，J0才能吸合，即J0成为通电延时定时器。再看图三，J0吸合后,将K断开，虽然此时外电源已断，由于C2的电压不能突变，它将通过线圈电阻放电，随着放电，线圈电压逐渐变小，当电压低于J0的释放电压时，J0才断开，这样，从K断开到J0断开也延时一段时间，故J0又为断电延时定时器。
4、图一电路动作原理：接通电源，J0、J1皆处于断电状态。按一下按钮K，K_1闭合，K_2断开，J0支路通导，由于J0通电后要延时2秒才能闭合，故只有J1得电闭合且自保。通电2秒后J0吸合，由于此时按钮K早已回原位，故J0常闭触点虽断开，J1仍保持吸合状态。此时J1与 J0皆处于闭合状态。J1触点闭合使电磁阀D1得电启动。
当再按一下按钮K时，由于此时J0已吸合，其常闭触点已断开，K_2的断开，使J1立刻失电断开。虽然J1的常开触点断开使J0支路断开，由于C2的作用（C2放电给J0线圈），使J0仍保持吸合（即断电延时2秒），当按钮抬起后又延时一段时间J0才断开。此时J0与J1都处于断电状态，J1触点的断开使电磁阀D1失电停止。从而实现用一个按钮二个继电器控制电磁阀的启停。
该电路不足之处就是按钮按下的时间不能过长（即不能大于J0的通电与断电的延时时间）。
第二方案：见下图：
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该图是在图一的基础上，稍加改动而成的，其特点为：按钮按下时间不受限制（可随意长），从而克服了图一对按钮按下时间有要求的缺点。电路仍是由一个按钮、二个继电器，及一个电阻一个电容组成
电路动作原理：开机J0与J1继电器皆处于断电状态，电磁阀D1 停止。
1、按下按钮K，K_1的闭合，由于此时J0常开触点处于断开，故使J0不能得电。而J0的常闭触点闭合，使J1得电吸合且自保。J1的另一常开触点闭合，使电磁阀D1得电启动，由于K_3触点已断开，故使J0仍然处于断电状态，只要按钮不抬起，这个状态将保持下变：即J1得电吸合，J0处于断开状态。
2、当K抬起时，K_3的闭合，使J0得电，但由于C2的原电压=0且不能突变，它与J0线圈并联，故J0不能立即吸合，只有当C2的电压充电到J0的吸合电压时，J0才能吸合，由于此时按钮早已复位（即K_2已闭合），故J0的常闭触点断开，不会影响J1的通电吸合。此时电路J1与J0皆处于通电吸合状态。
3、当再按按钮K时，由于J0已吸合，其常闭触点已断开，K_2的断开使J1失电而断开，。由于K_1的闭合及J0常开触点的闭合，使J0仍保持通电状态，此时J1的断开，使D1失电，电磁阀停。只要按钮不抬起，电路始终保持这种状态（即J1断开，J0闭合）。
4、当按钮抬起时，由于J1常开触点已断开，K_1的断开要前于K_2的闭合，故J1仍处于断电状态，而J1常开触点断开，与K_1触电的断开，使J0断电，由于C2的作用，J0不马上断开，要延时一段时间，当其电压低于释放电压时，J0才能断开，此时电路，J0与J1 皆处于断电状态。即开机的初始状态，如再按按钮将重复以上动作。
四、用电子电路实现的用一个点动按钮可使电磁阀启动停止的电路设计
下面是不需继电器只用几个电子元件构成的“用一个按钮控制电磁阀的启停电路”的最简单电路图：一片4013集成块（1.5元 / 块）、一只BD137功率管（ 1元 /只）2只电阻和一直二极管（1～2角钱），总价格不到5元钱••。
在分析电路原理之前，先介绍一下4013双D触发器的工作原理：
4013为COS集成电路，内含2个D触发器（本图只用一个），D触发器有6个引脚：D为数据输入点，R、S为复位与置位输入点（高电平有效）Q与Q\为正负输出端，CLK为控制输入点（正跳沿触发有效）。当CLK无控制输入时，D触发器将保持原电路状态不变，当CLK输入一控制信号时，其正跳沿触发将会改变D触发器的输出状态，其原则为：如数据点D=0（低电位），CLK的正跳沿触发将使Q 点输出=0（低电位）,Q\点输出=1（高电位）。如数据点D=1（高电位），CLK的正跳沿触发将使Q 点输出=1（高电位）,Q\点输出=0（低电位）。如CLK无再有正跳沿输入，它将保持前次触发所形成的输出状态不变。
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电路动作原理：如D触发器U1A的Q=1（高电位）、Q\=0（低电位），由于Q\点与D点线连接，故D=0，BD137此时的基极电压=0V，故BD137截止，电磁阀处于断电状态。如此时按一下按钮，使CLK点电位突然由0V上跳为+12V，这由0到1的突变对U1A触发有效，由于此时D=0，故使Q点有原来的1下跳为0，而Q\点由原来的0，上跳为1，D点也随之为 1，此时R2上端电压=12V，故使G1管饱和导通，即电磁阀得电启动。在按钮按下未抬起时间里 虽然CLK点=+12V，由于没有再正突跳变化，故D触发器保持状态不变。按钮抬起时CLK由12V下跳为0，由于这是负跳变，故对D触发器也不起作用。
当再按一下按钮K时，CLK又由0上跳12V，故触发有效。此时D=1，使Q点由0变1，而Q\点由1下跳为0，D也随之为0，使G1管由导通变截止，电磁阀失电而停止。再按扭未抬起与抬起时，D触发器始终保持不变。
再按按钮将重复上述动作。
D1二极管反并接与电磁阀线圈二端，其断电续流作用，因为电磁阀线圈是感性原件，当其断电时，仍保持断电前的电流强行通过G1，此时G1已截止，必然会形成很高的反电压，使G1击穿，加上D1二极管，电磁阀导通时由于二极管反接处于截止状态，当电磁阀断电时，线圈的释放电流将会通过二级管迅速放电，不会产生高的冲击电压，确保G1不会损坏。
五、求助帖：用时间继电器和中间继电器在注塑机上加1组吹气动作，要求用开模动作信号启动，然后可以延迟若干时间后（1分钟可调），再做吹气动作若干时间（1分钟可调）之后停止，希望用最少的时间继电器和中间继电器。请画出原理图纸，谢谢
按求助帖的要求，设计如下电路图：
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图中的J0为小型直流继电器，JI与J2为通电延时定时器，
动作原理：按钮K按下的时间为开模时间，J1延时时间为K闭合到吹气开始的间隔时间，J2的延时时间为吹气时间。J1+J2时间和<开模时间。
K开关启动，使J0得电且自保，同时使定时器J1得电开始延时，延时时间到，J1动作，其常开触点闭合，开始吹气输出，同时J1的另一触点闭合使J2得电且开始延时，延时时间到，J2的一个常闭触点断开，使吹气输出停止，另一个常闭触点断开，使J0失电断开，J0的常开触点虽然断开，但由于此时开关K仍处于闭合状态，故使J1、J2仍通电且保持吸合状态，直到K开关断开，J1、J2才失电而断开。
六、网上有人曾求助：“4～20ma电流源能否实现线性衰减”
为此做了以下电路设计及电路工作原理说明，供大家分析参考，希望能对搞电路设计的初学者有所帮助。电路图如下图一：
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图一、带自动线性衰减的4～20ma电流源
该电路的输入信号为正常的4～20ma电流源，流经25Ω标准电阻R0，通过输出口Iot流入沿途导线电阻Rx及负载电阻Re，直至到地（GND）。4～20ma电流在R0上产生0.1～0.5V电压降（设为Uo），在负载电阻Re上产生2～10V电压降(设为Ue)。在导线电阻电压降Ux，图中A点对地电压Ua=Uo+Ux+Ue。B点对地电压Ub=Ux+Ue，B点比A点电压低Uo。
运放器U1B与晶体管G1构成电压跟随器，故C点电压Uc≡A点电压Ua, 运放器U1A与晶体管G2构成电压跟随器，故D点电压Ud≡B点电压Ub, ,由此可知：R0的电压≡R1的电压。
运放器U2A与晶体管G3构成电压跟随器，故F点对-15V的电压Uf≡E点对-15V的电压Ue,由此可知：R2的电压≡R3的电压。由于R1=R2(先不考虑触点J0与电容C1的存在)而R1与R2的电流相等（晶体管的集电极电流与发射极电流相等）又可知：R1的电压≡R2的电压。故可推出：R3的电压≡R0的电压. 由于R0=R3，故可知R3的电流≡R0的电流.
R0的电流实为4～20ma即外输入电流（I1），而R3的电流又为G3管的发射极电流，故G3管的集电极电流(I2)与外输入电流（I1）相等。由图推知：电流I2与I1数值相等。但电流方向相反：I1从输出点Iot流出，I2从输出点Iot流入，故输出电流（即I1与I2的和电流）I=0.
上面推出的结论是在没有触点J0与电容C1存在的情况下得出的结论，加上这二个元件，电路的输出状态就不是这样了：
1、如触点J0始终为闭合状态，使E点对-15V电压差=0，即F点对-15V电压差=0，使R3的电流=0，即I2=0，此时输出电流I= I1,和正常的电流源一样，其输出电流为4～20ma。
2、如触点J0闭合，输出电流为10ma（假设），如从t1时刻将J0由闭合变断开， C1被充电，其电压将由0线性增加，使F点对-15V的电压差由0 开始增加，R3的电流也随之由0开始增加，即I2由0开始增加，输出电流将由10ma开始线性下降，当C1的电压=R1的电压时，充电结束，此时的I2=10ma,故输出电流I=0.
由上述分析可知：在开关触点J0闭合时，I2≡0，输出电流I=I1(外输入电流：4～20ma)。当开关触点J0由闭合变断开后时，I2将由0线性增加，直至I2值=I1电流值停止增长。其输出电流I将由I1值线性下降，直至减小为0，从而实现电流源能线性衰减的控制要求。
本文到此结束，如有不妥之处请给于指正，本人深表感谢！
一、下图为负载电流限流电路，请分析工作原理，图中V5起什么作用？
这是从网上看到的一个求助帖。其电路图如下：
图中的TA为电流互感器，将负载电流缩小n倍（n为互感器初次级线圈匝比）变为ma级
电流，流经RP与R1电阻形成采样电压（交流），调节RP可改变采样输出电压的大小。
V6为半波整流二极管，将采样电压整流为半波直流电，C3为滤波电容，使整流电流平
稳。该整流电压与负载电流成正比，即负载电流增加，其整流电压也增大。
VT1为带电流负反馈的放大器，由于集电极电流≈发射极电流，如取R4≤R5，在基极输
入电压≤1/2电源电压时，VT1管处于放大状态（即集电极与发射极间的电压Uce ＞0），
R4又为VT2管的基极偏置电阻，在VT1管处于放大状态且Uce ＞VT2的发射结电压时，
会使VT2饱和导通，VT2D的饱和导通，使其集电极电压=VT1D的发射极电压，该电压小
于稳压管V7的稳压值，故使V7不导通，即使VT3管截止，继电器KA处于断电状态。
在负载电流小于限定的电流值时。调节RP使VT1的基极对地电压低于1/2电源电压，
由上面分析可知，VT1处于放大状态，使VT2饱和导通，使VT3截止，继电器KA处于断
电状态。当负载电流增大到限定电流时，使VT1的基极对地电压高于1/2电源电压，使VT1
处于饱和导通状态，即VT1的Vce=0,使VT2截止，由于电源电压高于稳压管V7的稳压值，
这样R6、V7将注入给VT3基极足够大的基极电流使VT3饱和导通，继电器KA得电吸合。
KA的动作即发出越限报警。
V5管的作用：V5管反并接在继电器线圈二端，起续流作用，继电器得电吸合时，V5反接处于截止状态，当继电器断电瞬间，线圈将释放电流而硬性通过晶体管VT3（VT3已截止），如未加V5,会产生很高的反电压，将VT3击穿，加上V5，会迅速将线圈电流释放，不会形成过电压，从而保护晶体管VT3，使它不易损坏。
二、0－78MV怎么转换成标准的0－20MA
下面的电路图，可实现将0~78mV转换为0~20ma的电路图，所用元件很少（一个358双运发，2只晶体管和几个电阻）只需几元钱。
1、 当Ui=0V时，其G1管的发射极对地电压=0V，即R1的电压=0V。发射极电流=0其G1管的集电极电流也=0，故R2的电压也=0V，G2的发射极电压≡G1的集电极电压，故此时R3 的电压=0V，其电流也=0，此时G2截止对外输出电流=0。
2、 当Ui=0V开始增加时，其G1管的发射极对地电压也由=0开始增加，即R1的电压由0开始增加。由于G1管的集电极电流与发射极电流相等，又100×R1=R2，故R2的电压也由0增加，G2的发射极电压≡G1的集电极电压，故此时R3 的电压也由0开始增加，使G2管集电极输出电流也由0开始增加
3、 当Ui=78mV时，其G1管的发射极对地电压=78mV，即R1的电压=78mV。由于G1管的集电极电流与发射极电流相等，又R2=100×R1，故R2的电压=78mV×100=7.8V，G2的发射极电压≡G1的集电极电压，故此时R3 的电压=7.8V，此时G2的发射极（也是集电极）电流=7.8 V÷ 390 Ω = 20ma。
三、对求助帖：“单按钮启动 停止电磁阀只用2个中间继电器可否实现?”的电路设计及动作原理解析
这一求助帖还是颇有难度的，虽说实用性不大，但可锻炼我们硬件的设计能力。这里我画出二个电路方案，供大家分析参考：
第一方案见图一：
1、图一电路的组成：J0、J1为JRX-13F型小型直流继电器，工作电压：J0为18V，J1为24V.J0与电解电容C2、电阻R1组成通电与断电皆延时的定时器，通、断延时时间皆≥2秒。按钮K含有二个触点：K_1为常开触点，K_2为常闭触点。D1为电磁阀线圈。
2、要求：每次按钮的按下时间最长不得大于2秒。
3、分析J0、R1、C2组成的通电与断电皆延时的定时器原理：
J0 为JRX-13F型直流继电器，工作电压=18V，线圈内阻=700Ω,串接R1（300Ω）电阻，加在24V电压，其线圈电压=17V，J0可吸合。J0又并联C2电解电容,见图二：当开关K闭合时，由于C2的电压不能突变，其电压由0逐渐增加，J0与C2并联，使J0线圈的电流也由0 逐渐增加，当C2电压上升到17V时，其电压达到J0的吸合电压，J0才吸和动作，可见开关K的闭合，由于C2的作用，J0不能立即吸合，需延时一段时间，J0才能吸合，即J0成为通电延时定时器。再看图三，J0吸合后,将K断开，虽然此时外电源已断，由于C2的电压不能突变，它将通过线圈电阻放电，随着放电，线圈电压逐渐变小，当电压低于J0的释放电压时，J0才断开，这样，从K断开到J0断开也延时一段时间，故J0又为断电延时定时器。
4、图一电路动作原理：接通电源，J0、J1皆处于断电状态。按一下按钮K，K_1闭合，K_2断开，J0支路通导，由于J0通电后要延时2秒才能闭合，故只有J1得电闭合且自保。通电2秒后J0吸合，由于此时按钮K早已回原位，故J0常闭触点虽断开，J1仍保持吸合状态。此时J1与 J0皆处于闭合状态。J1触点闭合使电磁阀D1得电启动。
当再按一下按钮K时，由于此时J0已吸合，其常闭触点已断开，K_2的断开，使J1立刻失电断开。虽然J1的常开触点断开使J0支路断开，由于C2的作用（C2放电给J0线圈），使J0仍保持吸合（即断电延时2秒），当按钮抬起后又延时一段时间J0才断开。此时J0与J1都处于断电状态，J1触点的断开使电磁阀D1失电停止。从而实现用一个按钮二个继电器控制电磁阀的启停。
该电路不足之处就是按钮按下的时间不能过长（即不能大于J0的通电与断电的延时时间）。
第二方案：见下图：
电路动作原理：开机J0与J1继电器皆处于断电状态，电磁阀D1 停止。
1、按下按钮K，K_1的闭合，由于此时J0常开触点处于断开，故使J0不能得电。而J0的常闭触点闭合，使J1得电吸合且自保。J1的另一常开触点闭合，使电磁阀D1得电启动，由于K_3触点已断开，故使J0仍然处于断电状态，只要按钮不抬起，这个状态将保持下变：即J1得电吸合，J0处于断开状态。
2、当K抬起时，K_3的闭合，使J0得电，但由于C2的原电压=0且不能突变，它与J0线圈并联，故J0不能立即吸合，只有当C2的电压充电到J0的吸合电压时，J0才能吸合，由于此时按钮早已复位（即K_2已闭合），故J0的常闭触点断开，不会影响J1的通电吸合。此时电路J1与J0皆处于通电吸合状态。
3、当再按按钮K时，由于J0已吸合，其常闭触点已断开，K_2的断开使J1失电而断开，。由于K_1的闭合及J0常开触点的闭合，使J0仍保持通电状态，此时J1的断开，使D1失电，电磁阀停。只要按钮不抬起，电路始终保持这种状态（即J1断开，J0闭合）。
4、当按钮抬起时，由于J1常开触点已断开，K_1的断开要前于K_2的闭合，故J1仍处于断电状态，而J1常开触点断开，与K_1触电的断开，使J0断电，由于C2的作用，J0不马上断开，要延时一段时间，当其电压低于释放电压时，J0才能断开，此时电路，J0与J1 皆处于断电状态。即开机的初始状态，如再按按钮将重复以上动作。
四、用电子电路实现的用一个点动按钮可使电磁阀启动停止的电路设计
下面是不需继电器只用几个电子元件构成的“用一个按钮控制电磁阀的启停电路”的最简单电路图：一片4013集成块（1.5元 / 块）、一只BD137功率管（ 1元 /只）2只电阻和一直二极管（1～2角钱），总价格不到5元钱••。
在分析电路原理之前，先介绍一下4013双D触发器的工作原理：
4013为COS集成电路，内含2个D触发器（本图只用一个），D触发器有6个引脚：D为数据输入点，R、S为复位与置位输入点（高电平有效）Q与Q\为正负输出端，CLK为控制输入点（正跳沿触发有效）。当CLK无控制输入时，D触发器将保持原电路状态不变，当CLK输入一控制信号时，其正跳沿触发将会改变D触发器的输出状态，其原则为：如数据点D=0（低电位），CLK的正跳沿触发将使Q 点输出=0（低电位）,Q\点输出=1（高电位）。如数据点D=1（高电位），CLK的正跳沿触发将使Q 点输出=1（高电位）,Q\点输出=0（低电位）。如CLK无再有正跳沿输入，它将保持前次触发所形成的输出状态不变。
当再按一下按钮K时，CLK又由0上跳12V，故触发有效。此时D=1，使Q点由0变1，而Q\点由1下跳为0，D也随之为0，使G1管由导通变截止，电磁阀失电而停止。再按扭未抬起与抬起时，D触发器始终保持不变。
再按按钮将重复上述动作。
D1二极管反并接与电磁阀线圈二端，其断电续流作用，因为电磁阀线圈是感性原件，当其断电时，仍保持断电前的电流强行通过G1，此时G1已截止，必然会形成很高的反电压，使G1击穿，加上D1二极管，电磁阀导通时由于二极管反接处于截止状态，当电磁阀断电时，线圈的释放电流将会通过二级管迅速放电，不会产生高的冲击电压，确保G1不会损坏。
五、求助帖：用时间继电器和中间继电器在注塑机上加1组吹气动作，要求用开模动作信号启动，然后可以延迟若干时间后（1分钟可调），再做吹气动作若干时间（1分钟可调）之后停止，希望用最少的时间继电器和中间继电器。请画出原理图纸，谢谢
按求助帖的要求，设计如下电路图：
图中的J0为小型直流继电器，JI与J2为通电延时定时器，
动作原理：按钮K按下的时间为开模时间，J1延时时间为K闭合到吹气开始的间隔时间，J2的延时时间为吹气时间。J1+J2时间和<开模时间。
K开关启动，使J0得电且自保，同时使定时器J1得电开始延时，延时时间到，J1动作，其常开触点闭合，开始吹气输出，同时J1的另一触点闭合使J2得电且开始延时，延时时间到，J2的一个常闭触点断开，使吹气输出停止，另一个常闭触点断开，使J0失电断开，J0的常开触点虽然断开，但由于此时开关K仍处于闭合状态，故使J1、J2仍通电且保持吸合状态，直到K开关断开，J1、J2才失电而断开。
六、网上有人曾求助：“4～20ma电流源能否实现线性衰减”
为此做了以下电路设计及电路工作原理说明，供大家分析参考，希望能对搞电路设计的初学者有所帮助。电路图如下图一：
图一、带自动线性衰减的4～20ma电流源
该电路的输入信号为正常的4～20ma电流源，流经25Ω标准电阻R0，通过输出口Iot流入沿途导线电阻Rx及负载电阻Re，直至到地（GND）。4～20ma电流在R0上产生0.1～0.5V电压降（设为Uo），在负载电阻Re上产生2～10V电压降(设为Ue)。在导线电阻电压降Ux，图中A点对地电压Ua=Uo+Ux+Ue。B点对地电压Ub=Ux+Ue，B点比A点电压低Uo。
运放器U1B与晶体管G1构成电压跟随器，故C点电压Uc≡A点电压Ua, 运放器U1A与晶体管G2构成电压跟随器，故D点电压Ud≡B点电压Ub, ,由此可知：R0的电压≡R1的电压。
运放器U2A与晶体管G3构成电压跟随器，故F点对-15V的电压Uf≡E点对-15V的电压Ue,由此可知：R2的电压≡R3的电压。由于R1=R2(先不考虑触点J0与电容C1的存在)而R1与R2的电流相等（晶体管的集电极电流与发射极电流相等）又可知：R1的电压≡R2的电压。故可推出：R3的电压≡R0的电压. 由于R0=R3，故可知R3的电流≡R0的电流.
R0的电流实为4～20ma即外输入电流（I1），而R3的电流又为G3管的发射极电流，故G3管的集电极电流(I2)与外输入电流（I1）相等。由图推知：电流I2与I1数值相等。但电流方向相反：I1从输出点Iot流出，I2从输出点Iot流入，故输出电流（即I1与I2的和电流）I=0.
上面推出的结论是在没有触点J0与电容C1存在的情况下得出的结论，加上这二个元件，电路的输出状态就不是这样了：
1、如触点J0始终为闭合状态，使E点对-15V电压差=0，即F点对-15V电压差=0，使R3的电流=0，即I2=0，此时输出电流I= I1,和正常的电流源一样，其输出电流为4～20ma。
2、如触点J0闭合，输出电流为10ma（假设），如从t1时刻将J0由闭合变断开， C1被充电，其电压将由0线性增加，使F点对-15V的电压差由0 开始增加，R3的电流也随之由0开始增加，即I2由0开始增加，输出电流将由10ma开始线性下降，当C1的电压=R1的电压时，充电结束，此时的I2=10ma,故输出电流I=0.
由上述分析可知：在开关触点J0闭合时，I2≡0，输出电流I=I1(外输入电流：4～20ma)。当开关触点J0由闭合变断开后时，I2将由0线性增加，直至I2值=I1电流值停止增长。其输出电流I将由I1值线性下降，直至减小为0，从而实现电流源能线性衰减的控制要求。
本文到此结束，如有不妥之处请给于指正，本人深表感谢！
