Kontinuasjonseksamen i emne TFE4110 DIGITALTEKNIKK MED KRETSTEKNIKK. Mandag 14. august Tid. Kl LØSNINGSFORSLAG

Transkript

1 Side av 8 NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPLIGE UNIVERSITET Institutt for elektronikk og telekommunikasjon Faglig kontakt under eksamen: Ragnar Hergum / Bjørn B. Larsen / Kontinuasjonseksamen i emne TFE4 DIGITALTEKNIKK MED KRETSTEKNIKK Mandag 4. august 26 Tid. Kl. 9-3 LØSNINGSFORSLAG Tillatte hjelpemidler: D: Ingen trykte eller håndskrevne hjelpemidler er tillatt. Bestemt, enkel kalkulator tillatt. Sensuren faller 28. august 26

2 Side 2 av 8 Oppgave (2%) a) Gitt nedenstående krets. Bruk Kirchoffs spenningslov (KVL) for å finne den ukjente spenningen V i kretsen. KVL rundt kretsen fra nedre venstre hjørne gir: V = V = 6 V I kretsen nedenfor er det benyttet en kombinasjon av avhengige og uavhengige kilder. Finn spenningen v og strømmen i. Bruker KCL i node a og får:,5i i + 3 =,5i = 3 A => i = 6 A Ohms lov gir: v = 4i = 24 V

3 Side 3 av 8 b) I kretsene vist nedenfor skal Thevenins teorem benyttes. De to delkretsene a) og b) skal etter hvert knyttes sammen til én totalkrets og spenningen V etter sammenkobling skal beregnes. Finn en Thevenin-ekvivalent for krets a) alene. Sett de to delkretsene sammen og finn nå utgangsspenningen V for totalkretsen. Spenningen V i krets er lik spenningen over strømkilden pluss 3V. Strømmen fra strømkilden må gå gjennom de to motstandene (ingen lukket krets gjennom 3V-kilden). Dermed er spenningen over strømkilden gitt ved: V Strømkilde = (2 x -3 )( + 2) x 3 = 6 V V = V Strømkilde + 3 = 9 V Theveninmotstanden finnes ved å nullstille begge kildene (stømkilden åpnes og spenningskilden kortsluttes). Dermed R Th = kω + 2 kω = 3 kω Thevinin-ekvivalenten blir da som gitt Thevenin-ekvivalenten og delkrets b satt sammen til én krets gir Spenningen V finnes da enkelt ved spenningsdeling V = = 6V

4 Side 4 av 8 c) De to delkretsene er nå koblet sammen til én totalkrets som vist nedenfor. Finn nå spenningen V for totalkretsen direkte ved bruk av superposisjonsmetoden. Hva blir spenningen V hvis kretsen belastes med en motstand R L = kω? Hvis det er ønskelig å få overført maksimal effekt til R L, hvilken verdi må da denne motstanden ha? Finner først bidraget fra strømkilden alene. Nullstiller da spenningskilden (den kortsluttes) og kretsen blir som gitt nedenfor Ved hjelp av strømdeling finnes I (+ 2)k" I = 2mA ( )k" = 2 3 ma Dermed V = I x 6kΩ = 4 V

5 Side 5 av 8 Bidraget fra spenningskilden alene finnes ved å nullstille strømkilden (den åpnes) og kretsen blir da Bruker spenningsdeling og finner spenningen over 6 kω-motstanden V "" = 3V 6k# ( )k# = 2V Spenningen V blir da: V = V + V = 6 En Thevenin-ekvivalent for hele denne kretsen (V Th = V og R Th = (+ 2) //6 = 2k") er gitt ved Hvis denne kretsen belastes med en motstand på kω vil spenningen V falle til V = 6V k" (+ 2)k" = 2V Alternativ fremgangsmåte kunne være å se at belastningsmotstanden kommer i parallell med 6kΩ-motstanden, og så benytte superposisjon tilsvarende som i forrige spørsmål, men da med 6 kω-motstanden byttet ut med 6// kω =,86 kω i Vi får overført maksimal effekt til lastmotstanden hvis lastmotstanden har samme verdi som Thvenin-motstanden sett inn i kretsen. Dvs maksimal effektoverføring for R L = R Th = 2 kω Effekten i lasten ved bruk av denne motstanden blir 2 # 6V & P Maks = RI 2 = 2k" % ( = 4,5mW $ (2 + 2)k" '

6 Side 6 av 8 a) Oppgave 2 (25%) Strømkilden i kretsen vist nedenfor er en dc-kilde og det er ingen brytere eller andre komponenter som gir grunnlag for tidsavhengige strøm- og spenninger. Kretsen har stått som vist i lang tid. Finn lagret energi i hver av kondensatorene i kretsen. I og med at kretsen er i dc-tilstand kan hver enkelt kondensator betraktes som en åpen gren som vist nedenfor. Strømmen gjennom seriekoblingen av 2 og 4 kω-motstandene finnes ved strømdeling i = 3 6mA = 2mA Dermed blir spenningen v og v 2 over henholdsvis 2 og 4 mf-kondensatorene: v = 2i = 4 V v 2 = 4i = 8 V Energien lagret i kondensatorene blir da w = 2 C v 2 = ( 2 x"3 )4 2 =6mJ w 2 = 2 C 2v 2 2 = ( 2 4 x"3 )4 2 =28mJ

7 Side 7 av 8 b) I kretsen vist nedenfor har bryteren stått som anvist i posisjon A i lang tid. Ved t = s slås bryteren over i posisjon B. Finn og skisser v(t) for t >. Beregn spenningen v(t) ved tidspunktene t = s og t = For t < står bryteren i posisjon A. Kondensatoren opptrer da som en åpen gren ift dcspenningen fra 24 V-kilden. Spenningen v over kondensatoren blir da lik spenningen over 5 kω-motstanden. Spenningsdeling gir dermed: v( " ) = 5 24 =5V I og med at spenningen over en kondensator ikke kan endres i sprang får vi: v() = v( " ) = v( + ) =5V Etter at t > vil kondensatoren se en motstand inn i høyre del av kretsen lik 4 kω. Tidskonstanten for kretsen etter t > blir dermed " = R 4 k# C = (4x 3 )(,5x $3 ) = 2s I og med at kondesatoren opptrer som en åpen krets når kretsen kommer i stasjonær tilstand vil spenningen over kondesatoren når tiden går mot uendelig bli v(") = 3V. Dermed v(t) = v(") + [ v() # v(") ]e #t /$ = 3 + [ 5 # 3]e #t / 2 = 3 #5e #,5t Setter t = s og t = 4s og får t = s: v() = 3 "5e ",5 = 2,9V t = 4s: v(4) = 3 "5e "2 = 27,97V

8 Side 8 av 8 c) En RC-krets kan benyttes på ulike måter for å oppnå ønsket tidsforsinkelse. Figuren nedenfor viseren slik krets. Kretsen består av en RC-krets der kondensatoren ligger i parallell med en neon-lampe. Spenningskilden sørger for nok spenning til at lampen kan tenne. Når bryteren er lukket, vil kondensatoren gradvis lade seg opp i et tempo som er bestemt av kretsens tidskonstant. Neon-lampen opptrer som en åpen krets og lyser ikke før spenningen når en gitt terskelspenning. Når denne spenningen nås, tenner lampen, og kondensatoren lader seg ut via lampen. På grunn av at lampen har lav motstand når den er tent, vil kondensatoren lade seg raskt ut og spenningen over kondensatoren blir da så lav at lampen igjen slukker. I avslått tilstand opptrer lampen som en åpen krets, og det hele gjentar seg ved at kondensatoren pånytt begynner å lade seg opp. Ved å justere R 2 kan vi oppnå en lang eller kort tidsforsinkelse, og dermed oppnå lang eller kort tid mellom hvert blink fra neon-lampen. Kretsen som her er beskrevet benyttes ofte i varsellamper ifm veiarbeid eller ulykker. I kretsen nedenfor er R =,5M" og " R 2 " 2,5M#. Terskelspenningen for neonlampen er 7V. Beregn maksimal og minimal tidskonstant for denne kretsen. Hvor lang tid tar det før lampen tennes første gang etter at bryteren lukkes? (anta R 2 satt til For R 2 = Ω (min. verdi) blir tidskonstanten: " Min = ( R + R 2 )C = (,5x 6 + )x,x #6 =,5s For R 2 = 2,5 MΩ (max verdi) blir tidskonstanten: " Max = ( R + R 2 )C = (,5 + 2,5)x 6 x,x #6 =,4s Dermed kan tidskonstanten justeres slik at kretsen får en passende Kondensatoren er i utgangspunktet ikke oppladet, dvs v C () = V. Fullt oppladet vil kondensatoren ha en spenning lik v C (") =V. Dermed [ ] v C (t) = v C (") + [ v C () # v C (")]e #t /$ = # e når " =,4s. Lampen tenner når v C = 7V. Kaller dette tidspunktet for t = t. Dermed 7 = " e t [ /# ] => 7 =" e"t /# e "t = 4 => e t = 4

9 Side 9 av 8 Tar den naturlige logaritmen på begge sider og får: t = " ln =,4ln(2,75) =,446s 4 RC-kretsen modifiseres som vist nedenfor for å kunne benyttes i en alarmenhet. Alarmen aktiveres når strømmen gjennom den overstiger 2 µa. Hvis " R " 6k#, finn maksimal og minimal tidsforsinkelse som kan justeres inn ved hjelp av R før alarmen går etter at bryteren er lukket første Gjør beregninger for de to grensetilfellene, R = Ω og R = 6 kω. I begge tilfeller går det 2 µa gjennom alarmen. Dette gir opphav til følgende spenninger over kondensatoren når alarmen går Tilfelle : R = Ω => v C = (4x 3 )x(2x "6 ) =,48V Tilfelle 2: R = 6 kω => v C 2 = (6 + 4)x 3 x(2x "6 ) =,2V Kretsen vil, sett fra kondensatoren, kunne ekvivaleres som følgende Theveninekvivalenter i de to tilfellene: Tilfelle : Tilfelle 2:

10 Side av 8 Tidskonstantene for de to kretsene er da henholdsvis Tilfelle : " = R Th C = (2,857x 3 )x(8x #6 ) =,2286s Tilfelle 2: " 2 = R Th2 C = (5x 3 )x(8x #6 ) =,4s Beregner så hvor lang tid det tar i de to tilfellene for kondensatoren å lade seg opp til henholdsvis,48v (tilfelle ) og,2v (tilfelle 2) Tilfelle : v C (t) = v(") + [ v() # v(") ]e #t /$ =,48 = 2,57 # e #t /,2286 [ ] Dette gir en minimal tidsforsinkelsen lik: t = 47,23ms Tilfelle 2: v C 2 (t) = v(") + [ v() # v(") ]e #t 2 /$ 2 =,2 = 4,5 # e #t 2 /,4 [ ] Dette gir en maksimal tidsforsinkelse lik: t 2 =24ms

11 Side av 8 Oppgave 3 (2%) Nedenfor er gitt spørsmål i form av 3 påstander eller svaralternativer A, B eller C. Bare en av påstandene er riktig. Kryss av for riktig svar A, B eller C i tabellen bak i oppgavesettet. OBS! Tabellsiden må leveres inn som en del av besvarelsen. Riktig svar gir 2 poeng, manglede svar gir poeng, og galt svar gir - poeng. Flere svar på samme spørsmål regnes som galt svar.. Strømmen i en gren i et lineært nettverk er 2A når kildespenningen er V. Hvis denne spenningen reduseres til V og polariteten snus, så vil strømmen i grenen bli A. -2A B. -,2A Riktig svar C.,2A 2. Thevenin-spenningen over terminalene a og b i kretsen vist nedenfor er A. 5V B. 4V Riktig svar C. V 3. En lastmotstand er knyttet til to terminaler i et nettverk. Dette nettverket er sett fra terminalene karakterisert ved en R Th =" og V Th = 4V. Den maksimale effekt levert til lasten fra dette nettverket er A. 6W B. 8W C. 4W Riktig svar

12 Side 2 av 8 4. Bruk Kirchoffs strømlov (KCL) i kretsen vest nedenfor. I node 2 vil da likningen bli A. v " v 2 4 B. v " v 2 4 C. v 2 " v 4 + v 2 8 = v " v v 2 "2 8 = v 2 6 = v 2 6 Riktig svar 5. En sterkt forenklet modell av en inverter er som gitt i figuren nedenfor. Komponentene i kretsen setter en begrensning på hvor høy switche-frekvens to slike invertere i serie kan operere korrekt på. Velg det settet komponentverdier nedenfor som gir den raskeste totalkretsen med to slike invertere i serie A. C p =pf, C n =pf, R p = 5k" og R n =k" B. C p =pf, C n =5pF, R p =k" og R n = 5k" C. C p = 5pF, C n =pf, R p =k" og R n =k" Riktig svar

13 Side 3 av 8 6. Hvilket alternativ (A, B, C) angir tallet -53 () på tos-komplement binær form? D. E. F. 7. Hvilket alternativ (A, B eller C) representerer oktaltallet 5252 (8) på heksadesimal form? A. AAA (6) B. 2D6 (6) C. 9B (6) 8. Nedenfor er vist en kombinatorisk krets. Hvilken sum av mintermer (A, B eller C) beskriver kretsen? X Y F A. A (, ) (,2) B. FB ( X, Y ) =!(,3) C. (, ) (,2) F X Y =! FC X Y =! 9. To av de tre uttrykkene under er likeverdige. Hvilket av de tre utrykkene (A, B eller C) er ikke likeverdig med de to andre? F W, X, Y, Z = WXY + XYZ + WYZ + XYZ A. A ( ) B. B ( ) C. ( ) F W, X, Y, Z = WXY + XZ + YZ F W, X, Y, Z = WXY + W XZ + XYZ C. Gitt F ( W, X, Y, Z ) (,3,5,7,9), med don t care betingelsene d =!(,,2,3,4,5). Hviket av alternativene er en forenklet funksjon for F? A. A ( ) B. B ( ) C. ( ) F W, X, Y, Z = Z =! F W, X, Y, Z = X! Z + W! Z F W, X, Y, Z = Y! Z + W! Z C

14 Side 4 av 8 Oppgave 4 (4%) Gitt en tilstandsmaskin med nestetilstands- utgangstabellen vist under. Nåtilstand Inngang Nestetilstand Utgang S S 3 S S S 2 S 2 S 3 S 4 S 4 S S a) Bruk implikasjonstabell, og undersøk om noen av tilstandene er ekvivalente, og fjern om mulig overflødige tilstander. Implikasjonstabellen Sjekker først om utgangen er identisk og setter inn hvilke tilstander som må være ekvivalente for at de to tilstandene skal være ekvivalente. S S 2 S 3 X {S 3, } {S, } X X {, } {S 2, S 4 } S 4 X X X X X X X X X {S, } {S, } S S S 2 S 3 S 4 Det er ingen ekvivalente tilstander i denne tilstandsmaskinen. b) Tilstandsmaskinen skal kodes binært, slik at tilstandene S, S, S 2 får henholdsvis kodene, og, og tilsvarende for eventuelt påfølgende tilstander. Tilstandsmaskinen skal realiseres ved hjelp av D-vipper. Hvor mange vipper er nødvendig?! log 6 " = 3 Det er seks tilstander. Disse kan kodes med 3 bit fordi ( ) behov for tre vipper. Tilstandene kodes da som,,,. # 2 $. Dermed er det

15 Side 5 av 8 c) Sett opp sannhetstabell for utgangen og nestetilstand, som funksjon av inngangen og nåtilstand. Eventuelle ubrukte tilstander skal ha utgangsverdi X (don t care), og nestetilstanden skal være S, uansett inngangsverdi. Nåtilstand Inngang Nestetilstand Utgang S S 3 S S S 2 S 2 S 3 S 4 S 4 S S Setter inn tilstandskodene for nåtilstand og nestetilstand. Lar D 2 D D representere Q 2 Q Q (neste). Nåtilstand Inngang Nestetilstand Utgang Navn Q 2 Q Q Navn D 2 D D S S S 3 S S 2 S 2 S 3 S 4 S 4 S S Legger til slutt til de to ubrukte kombinasjonene og får den tabellen som det spørres etter:

16 Side 6 av 8 Nåtilstand Inngang Nestetilstand Utgang Navn Q 2 Q Q Navn D 2 D D S S 3 S S S 2 S 2 S 3 S 4 S 4 S S S 6 X S X S 7 X S X d) Finn uttrykkene for D-inngangen (nestetilstandsinngangen) til vippene, og for utgangen O. D2 = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q O = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Don t care-settet for O er d = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q e) Bruk Karnaugh-diagram til å forenkle uttrykkene mest mulig. NB!! Dersom du ikke kom frem til uttrykkene i punkt d), skal du bruke følgende uttrykk i stedet: D = Q! Q! Q + Q! Q! Q + Q! Q! Q + Q! Q! Q D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q O = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Don t care-settet for O er d = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q LF: D2 = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Q 2 Q \ Q I

17 Side 7 av 8 D2 = Q2! Q + Q2! Q + Q2! Q! Q D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Q 2 Q \ Q I D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q D = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Q 2 Q \ Q I D = Q2! Q + Q2 + Q! Q O = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Don t care-settet for O er d = Q2! Q! Q + Q2! Q! Q Q 2 Q \ Q I X X X X O = Q2! Q + Q2

18 Side 8 av 8 f) Tegn den kombinatoriske kretsen som realiserer disse funksjonene. Du kan bruke PLA-type skjema, om du ønsker det. Q 2 Q Q I Q! Q 2 Q2! Q Q2! Q! Q Q2! Q! Q Q2! Q! Q Q! Q 2 Q2 Q! Q Q2 g) Tegn tilstandsdiagram for tilstandsmaskinen med følgende notasjon: X: Tilstand Y: Utgangsverdi for den gitte tilstanden Z: Inngangsverdi som bytter tilstand til neste tilstand X Y Z h) Finnes det en sekvens av inngangsverdier som setter tilstandsmaskinen i tilstand S, uansett hvilken tilstand den starter fra? Begrunn svaret. Angi eventuelt sekvensen. LF: Nei.