Prøveeksamen 1. Elektronikk 8.feb Løsningsforslag

Transkript

1 Prøveeksamen 1 Elektronikk 8.feb Løsningsforslag

2 OPPGAVE 1 a) I koplingen til venstre ovenfor er u I et sinusformet signal med moderat frekvens og effektivverdi på 6,3V. Kretsen er en negativ toppverdikrets, og vil stille seg på u UT = u Imin. Det vil i dette tilfellet med sinus inn bli en konstant likespenning lik den negative amplituden. Med et voltmeter innstilt på DC (likespenning) vil vi dermed avlese: u UT = 2 6,3V = 8,9 V b) Vi skal konstruere - ved hjelp av inntil 2 operasjonsforsterkere - en krets som gir utspenningen u UT = 2u 1 - ½u 2, der u 1 og u 2 er innspenningene til kretsen. Vi prøver med ett oppsett med to inverterende operasjonsforsterkere, der u 1 inverteres to ganger og u 2 inverteres bare en gang. u UT = u 2 R 4 /R 3 u 3 R 4 /R 5, der vi setter inn for u 3 = u 1 R 2 /R 1 og får: u UT = u 2 R 4 /R 3 ( u 1 R 2 /R 1 ) R 4 /R 5 = u 1 (R 2 R 4 )/(R 1 R 5 ) u 2 R 4 /R 3 Motstandsverdier må velges slik at R4/R3 = 1/2 og (R2R4)/(R1R5) = 2. Starter vi med å prøve R 4 = 10kΩ og R 3 = 20kΩ, står vi igjen med å skulle oppfylle: (R 2 10kΩ)/(R 1 R 5 ) = 2. Det er naturlig å velge R 1 = R 4 = 10kΩ, og det gir R 2 /R 5 = 2 som oppfylles med R 2 = 20kΩ og R 5 = 10kΩ.

3 c) Med 50 i tilbakekoplet forsterkning rundt en operasjonsforsterker av typen 741, får vi en øvre grensefrekvens på: f ø = B f T = 1MHz/50 = 20kHz. Ved 1 khz, som er mye lavere enn f ø, er derfor forsterkningen A f = 50, mens ved 100kHz = 5 f ø, vil forsterkningen være gitt ved den oppgitte frekvensresponskurven, dvs. A f = 10. OPPGAVE 2 I disse koplingene antar vi at operasjonsforsterkeren er ideell, bortsett fra at med forsyningsspenninger på ±12V, vil den maksimalt gi ut +10 V, mens laveste utspenning vil være -10 V. a) Vi kaller utgangsspenningen til den nederste forsterkeren i figuren for u U2 og har da: u U2 = ( R 5 /R 4 ) u 2 = ( 10kΩ/20kΩ) u 2 = u 2 /2 Den øverste operasjonsforsterkeren er i en summerende, inverterende kopling med u 1 og u U2 som innsignaler, og da er: U 3 = (R 2 /R 1 ) u 1 (R 2 /R 3 ) u U2 = (10kΩ/50kΩ) u 1 (10kΩ/10kΩ) ( u 2 /2) = u 2 /2 u 1 /5 b) En ikke-inverterende tilbakekoplet forsterker har forsterkning lik 5 ved lave frekvenser. Skjema for denne forsterkeren med angivelse av valgte motstandsverdier:

4 c) Vi ser av frekvensresponsen at f T for operasjonsforsterkeren er 1,0MHz. Forsterkerens øvre grensefrekvens f ø for små signaler er da gitt ved: f T = A f0 f ø f ø = f T /A f0 = 1MHz/5 = 200kHz d) Inn på R 3 sender vi opp til ±1 V, og det skal gi opp til ±100mV ut. Det betyr at R 2 /R 3 må være 0,1; dvs.: R 3 = 0,1 R 2 = 0,1 100kΩ = 1,0MΩ

5 OPPGAVE 3 Forsyningsspenningene til operasjonsforsterkeren i figuren er V CC = 15 V og V EE = -15 V De er ikke tegnet inn i figuren). Vi antar først at operasjonsforsterkeren er ideell, bortsett fra at den vil kunne gi ut maksimum +14 V og minimum -14 V. a) Verdi av u UT dersom u 1 = 0,3 V og u 2 = 0,0 V: Da er kretsen er enkel, ikkeinverterende krets, og : u UT = (1 + R 2 /R 1 ) u 1 = (1 + 2,0MΩ/100kΩ) 0,300V = 6,30 V Verdi av u UT dersom u 1 = 1,0 V og u 2 = 1,0 V: Strømmen i R 1 er i R1 = (u 2 u - )/R 1 der u - = u + = u 1 med ideell operasjonsforsterker. Og da blir i R1 = (u 2 u 1 ) = 0. Det vil da heller ikke gå strøm i R 2, og derfor: u UT = u - = u 2 = 1,000 V Verdi av u UT dersom u 1 = 0,0 V og u 2 = 1,0 V: Dette gir en inverterende krets: u UT = (R 2 /R 1 ) u 2 = (2,0MΩ/100kΩ) 1,000V = 21,0 V Men dette er lavere enn minimalverdien på 14V. dermed: u UT = 14 V b) Av frekvensresponskurven for operasjonsforsterkeren i oppgaven ser vi at transisjonsfrekvensen f T er 10 MHz, og den øvre grensefrekvensen for operasjonsforsterkeren i punkt a blir også bestemt av tilbakekoplingsfaktoren B: f ø = B f T der B = R 1 /(R 1 + R 2 ) f ø = 10MHz 100kΩ/(100kΩ + 2,0 MΩ ) = 480 khz

6 OPPGAVE 4 Likespenningskilden (også kalt strømforsyningen) i figuren under inneholder en nettransformator, 4 stk. 1 A dioder, en kondensator C på 4700µF, og en spenningsregulator type 7805 med utspenning u UT på 5 V. Effektivverdien av spenningen fra transformatoren med 1,4 A laststrøm er 11,8 V. a) Rippelspenningen U r på kondensatoren er gitt ved: C Ur = I L t 1, der t 1 er utladningstiden som vi anslår til 8ms (mindre enn 10ms, som er maks ved 50 Hz) og får: U r = I L t 1 /C = 1,4A 8ms/4,7mF = 2,4 V b) Effekttapet i regulatorkretsen blir: P = (U PEAK u UT ) I L = ((U RMS 2 2 U D U r /2) u UT ) I L Vi bruker diodespenningsfallet U D = 1,0 V og får: P = ((11,8V 2 2,0V 1,2V) 5V) 1,4A = 12,8 W OPPGAVE 5 Figuren til høyre viser en felles emitter-forsterker. Regn med U BE = 0,7 V, strømforsterkningsfaktor β = 300 (for AC og DC) og n = 1,3. a) Kollektorstrøm ved overslagsregning: Vi har at U BB U EE = R B I BQ + U BEQ + R E I EQ som gir: I KQ = (U BB U BEQ )/(R B /β + R E ) = (1,45V 0,7V)/(15kΩ/ Ω) = 1,4 ma

7 Kollektorspenningen blir da: U KQ = U CC - R K I Q = 40V 15kΩ 1,4 ma = 18 V b) Forsterkningen u ut /u i uten lastmotstand og for middels signalfrekvenser (der kondensatorimpedansene er tilnærmet lik null): A v = u ut /u i = R K /(r e + R E ) der r e = nv T /I KQ = 1,3 25mV/1,4mA = 23 Ω Da får vi: A v = R K /(r e + R E ) = 15 kω/(23ω+470ω) = 30 c) Når vi kopler til en lastmotstand, blir forsterkningen i denne kretsen mindre fordi lastmotstanden, sett fra kollektor til transistoren, kommer i parallell med R K slik at spenningen til lasten minker tilsvarende. d) Inngangsmotstanden R i for middels signalfrekvenser (der kondensatorimpedansene er tilnærmet lik null) er gitt ved: R i = R B β(r E + r e ) = 15kΩ (300(470Ω + 23Ω) = 13,6 kω R Β