Løsningsforslag Elektronikk 1 (LO342E) høst 2006 eksamen 1. desember, 3timer

Transkript

1 Løsningsforslag Elektronikk 1 (LO342E) høst 2006 eksamen 1. desember, 3timer (Bare kalkulator og tabell tillatt.) Oppgave 1 Vi regner med n = 1,3 i EbersMoll likninga, U BEQ = 0,7V, og strømforsterkning β = 290 fra vedlegg 1. 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 EQ )/(R B /β + R E ) = (1,45V-0,7V)/(15kΩ/ Ω) = 1,438 ma = 1,4 ma og kollektorspenningen blir da: U KQ = U CC - R K I KQ = 40V 15kΩ 1,438mA = 18,43 V = U BB = 1,45V R B 15kΩ C i 0,68µF U CC = 40V R K 15kΩ R E 470Ω C u U EE = 0 18 V u ut I resten av oppgaven bruker vi I KQ = 1,40mA, som oppgitt. b) Forsterkningen uten lastmotstand for middels signalfrekvenser der kondensatorimpedansene er tilnærmet lik null er A bek = u ut / = -R K /(r e + R E ) der r e = nv T /I KQ = 1,3 25mV/1,4mA = og da får vi: 23 Ω A bek = -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 T 1, kommer i parallell med R K slik at last spenningen minkertilsvarende. Ved hjelp av en emitterfølger, - en ekstra transistor og en ekstra motstand kan vi modifisere kretsen slik at forsterkningen blir tilnærmet uavhengig av lastmotstander i kωområdet. Koplingsskjema er vist til høyre. U BB = 1,45V R K 15kΩ R B 15kΩ C i 0,68µF U EE = 0 R E1 470Ω U CC = 40V R E2 u ut Oppgave 2 Gitt likespenningskilden i figuren med 4 stk. 1A dioder, C = 4700µF/40V, og = 5V (regulator type 7805). Effektivverdien av spenningen fra transformatoren med 1,4A laststrøm er 11,8 V. HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 1 av 7 Rolf Ingebrigtsen

2 Fra lysnettet 220 vekselspenning, 50 Hz a) Rippelspenningen U r på kondensatoren er gitt ved: C U r = I L t 1 Fig 1 der t 1 er utladningstiden som vi anslår til 8ms og får: U r = I L t 1 /C = 1,4A 8ms/4,7mF = b) Effekttapet i regulatorkretsen blir: sikring 4 stk. 1N4001 P = (U c,middel - ) I L = ((U eff 2-2 U D -U r /2) - ) I L Vi bruker U D = 0,9V (storstrøm i diodene) og får: P = ((11,8V 2-1,8V - 1,2V) - 5V) 1,4A = u C C 7805 i L = 1,4 A 2,4 V 13 W Oppgave 3 Gitt kretsen til høyre der R K2 = 2,0 kω og R L = 200 Ω. Alle halvledere er laget av silisium. Med = 1,0 V, vil i L i R L være: i L = /R L = 1,0V/200Ω = 5,0 ma R K2 T 3 U CC = +12 V Vi bruker overslagsregning. a) u B1 må være ett diodedropp høyere enn u B2, som igjen er ett diodedropp høyere enn U EE på -12V. Det går lite strøm i T 1 og mye mer i T 2, derfor regner vi 0,6V og 0,7V for disse og får: u B1 = 0,6V + 0,7V + (-12V) = T 1 u B1 T 4 T 2-10,7V R L U EE = -12 V b) Kretsen lever strøm ut mot lasten. Da er T 3 PÅ, og vi får (vi antar β 3 = 300): i K2 = i RK2 - i B3 = (U CC - u K2 )/R K2 - /(β 3 R L ) = (U CC - (u BE3 + ))/R K2 = (12V - (0,7V + 1,0V))/2,0kΩ - 1,0V/( Ω) = 5,2 ma c) Laststrømmen går gjennom T 3 : i K2 = /R L = 1V/200Ω = 5,0 ma Siden u K2 er høyere enn, så er emitter-basisdioden i T 4 forspent i sperreretningen, og da går det ikke strøm i den: i K4 = 0 HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 2 av 7 Rolf Ingebrigtsen

3 Oppgave 4 (32%) I denne oppgaven antar vi at operasjonsforsterkeren (opamp en) er ideell, bortsett fra at med forsyningsspenninger på ±12V (ikke tegnet inn i figuren), er utspenningen begrenset til området -10V til +10V. a) Ser vi på opampkretsen som lineært system, har vi: u 3 = (u 3 /u 1 ) u2=0 u 1 + (u 3 /u 2 ) u1=0 u 2 der (u 3 /u 1 ) u2=0 = -R 2 /R 1 og (u 3 /u 2 ) u1=0 = 1 + R 2 /R 1 Og vi får: (inverterende forsterker) (ikke-inverterende forsterker) u 1 u 2 R 1 = 10kΩ R 2 = 91kΩ u 3 u 3 = (-R 2 /R 1 ) u 1 + (1 + R 2 /R 1 ) u 2 = u 2 + (u 2 u 1 ) R 2 /R 1 som gir: 1. u 1 = 1,00V og u 2 = 0,00V u 3 = 0,00V + (0,00V 1,00V) 91kΩ/10kΩR = 2. u 1 = 1,00V og u 2 = 1,50V! u 3 = 1,50V + (1,50V 1,00V) 91kΩ/10kΩR = -9,1 V 6,55 V b)13% Med en diode i kretsen foran, og : 1. u 1 = 1,00V og u 2 = 1,50V: Siden u 4 må stige når u 2 > u 1, så vil dioden lede og da vil strømmene i motstandene og dermed også u 3 bli som før:, og = 1,00V og u 2 = 1,50V: u 3 = Og u 4 må ligge ett diodedropp høyere: u 4 = 2. Med u 1 = 1,00V, og u 2 = 0,00V : 6,55 V 7,2 V Nå er u 2 < u 1 slik at u 4 må synke. Da er dioden AV (i sperreretningen), og nå går det ikke strøm i R 2. Da får vi: u 3 = u 1 = c) Tilbakekoplingsfaktoren B i punkt a) er: B = R 1 /(R 1 + R 2 ) = 10kΩ /(10kΩ + 91kΩ )= 0,10 = -20dB Øvre grensefrekvens til forsterkeren i a) for små signaler, finner vi da der A(f)-kurven skjærer 20dBlinja, slik som vist i figuren. Vi avleser og får: f ø = 1MHz (Eller f ø = Bf T = 0,1 10MHz = 1MHz A(f) (Open loop frekvensresponse) db u 1 u 3 R 1 = 10kΩ u 4 u 2-20 f [Hz] k 10k 100k 1M 10M R 2 = 91kΩ 1,00 V HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 3 av 7 Rolf Ingebrigtsen

4 Løsningsforslag Elektronikk 1 (LO342E) Høst 2007 utsatt eksamen 7. februar 2007, 3timer. Oppgave 1 Kretsen i figuren til høyre, en felles emitter-forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke n = 1,3 i EbersMoll-likninga og strømforsterkningsfaktor β = 300. a) Arbeidspunktet for kollektorstrøm og kollektorspenning: Vi finner først U BB ut i fra U CC og spenningsdeleren R 1 - R 2 : U BB = U CC R 1 /(R 1 + R 2 ) = 20V 33kΩ/(33kΩ + 470kΩ) = 1,312V Og R B = R 2 R 1 /(R 1 + R 2 ) = 470kΩ 33kΩ/(33kΩ + 470kΩ) = R 2 470kΩ C i R 1 33kΩ R K 10kΩ R E 30,83kΩ C u 680Ω 0 V U CC = 20V u ut Vi anslår U BEQ til 0,7V, og finner kollektorstrøm og -spenning: I KQ = (U BB - U EE - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (1,312V - 0V - 0,7V)/(30,83kΩ/ Ω) = 0,78mA (Den anslåtte U BEQ - verdien er nok ihøyseste laget, men vi nøyer oss med overslagsregning her..) U KQ = U CC - R L I KQ = 20V - 10kΩ 0,78mA = 12 V Vi tenker oss så at U BB justeres slik at I KQ = 1,30mA, som er brukt i resten av oppgaven. b) Inngangssmotstanden R i på forsterkeren belaster signalkilden, og innspenningen til forsterkeren blir da: = u s R i /(R s + R i ) der R i = R B (β(r E + r e ) der Vi setter inn og får : R i =30,83kΩ (300(680Ω + 25Ω) = og dermed er innspenningen på forsterkeren vår: = 5,0mV 26,91kΩ/(47kΩ + 26,91kΩ) = r e = nv T /I KQ = 1,3. 25mV/1,3mA = 25Ω 26,91kΩ 1,82mV Forsterkningen med last er A bek, som med lastmotstand R L = 47kΩ blir: HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 4 av 7 Rolf Ingebrigtsen

5 A bek = -(R K R L )/(R E + r e ) = - (10kΩ 47kΩ )/(680Ω + 33Ω) = -11,56 og utspenningsamplityden med tilkoplet kilde og last blir: u ut = A bek = 1,81mV 11,56 = 21,04mV = 21mV Oppgave 2 I figuren til høyre ser vi en kopling med to BC547B. Vi antar at base-emitterspenningene er 0,70V ved de strømmene som er aktuelle her. a) Vi regner med β 300. har å gjøre med svært små basestrømmer her, og derfor er strømmen i T 1 /T 2 nokså nøyaktig lik strømmen i R 1 /R 2. Vi vil bruke overslagsregning. Kollektorstrømmen i T 2 : Kretsen vil innstille seg slik at T 1 er PÅ, dvs. med u B1 0,7V, som også er spenningen over R 2. Strømmen i R 2 er da: I R2 = 0,7V/100Ω = 7mA. Siden dette er overslagregning, så kan vi se bort fra begge basestrømmene, dermed : i K2 = I R2 = R 1 10kΩ T 1 I B2 R 2 Last T 2 Ω 7 ma -12V Kollektorstrømmen i T 1 : Vi ser at det er to diodedropp mellom R 1 og 12V, derfor er strømmen I 1 i R 1 : I 1 = (0 (-12V-2U D ))/R 1 = (0V - 10,6V)/10kΩ = 0,11mA Vi ser også at i R1 = i K1 + i B2 der i B2 = i K2 /β 2 = 7mA/300 = 23µA og I 1 = 110µA Dermed: i K1 = i R1 - i B2 = 110µA 23µA = 87µA 90 µa b) Koplingen kalles Strømkilde med u BE -referanse, og den skal sinke en konstant strøm fra lasten, inn i kollektor på T 2, uavhengig av hvilken last den er koplet til eller hvilken spenning det blir på kollektoren. Vel og merke dersom 1V < u KE < U KEmax Oppgave 3 (20%) +12 R E u E2 a) Ord og uttrykk fra lista (i oppgavens punkt a)) som det naturlig å bruke om kretsen i figuren : b) R B u B1 T 1 T 2 - HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 5 av 7 Rolf Ingebrigtsen

6 darlingtonkopling, forsterkning, emitterfølger, PNPtransistor, bipolar transistor, grensefrekvens, utgangsresistans. (7 uttrykk..) b) Spenningene i kretsen når det ikke er noe tilkoplet på inngangen, og når vi antar at begge transistorene har β = 300 og u BE = 0,7V: Dersom vi ser helt bort fra spenningsfallet over R B, så vil U BEQ ligge to diodedropp over ov, dvs. U BEQ = 1,4V. Emitterstrømmen i T 2 er da : I KQ = (12V - 1,4V))/(1,0kΩ ) = 10,6mA For darlingtonkoplingen får vi en total β = = 90000, dvs spenningsfallet over R B blir: U RB = R B I KQ /β = 1,0MΩ (10,6mA/90000) = 110mV Det er så lite sammenlignet med de to diodedroppene i base-emitterne til transistorene at vi ignorerer det, så vi får U E2Q = 1,4V Strømmen i I KQ1 = I KQ2 /300. Det er derfor ikke noen god antakelse å si at U BEQ1 = U BEQ2. (Differansen mellom disse er gitt ved nv T ln(i KQ2 /I KQ1 ) = 190mV) Oppgave 4 (35%) a) I koplingen til høyre er u I et sinusformet signal med moderat frekvens og effektivverdi på 6,3V. Selve kretsen er en negativ toppverdikrets, og vil stille seg på = - u I,min. Det vil i dette tilfellet med sinus inn bli en konstant likespenning lik den negative amplityden. Med et voltmeter innstilt på DC (likespenning) vil derned avlese: u I + Ao - D C, min = - 2 6,3V = -8,9V b) Vi skal konstruere en opamp krets som gir utspenningen = 2u 1 - ½u 2 der u 1 og u 2 er innspenningene til kretsen. u 1 u 3 Vi prøver med ett oppsett med to inverterende opamper, der u 1 inverteres to ganger og u 2 inverteres bare en gang. Vi har at u 3 = - u 1 R 2 /R 1 og u 2 R 1 R 2 R 5 R 4 = - u 2 R 4 /R 3 - u 3 R 4 /R 5 der vi setter inn for u 3 og får: R 3 = HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 6 av 7 Rolf Ingebrigtsen

7 = - 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 1 R 4 /R 3 Motstandsverdier må velges slik at R 4 /R 3 = 1/2 og (R 2 R 4 )/(R 1 R 5 ) = 2, og vi bør bruke serieverdier - gjerne E24 - i området 10kΩ - 100kΩ. 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 3 = 20kΩ, og det gir R 2 /R 5 = 4 som oppfylles med R 2 = 40kΩ og R 5 = 10kΩ. Konklusjon: Vi bruker kretsen foran med disse verdiene: R 1 = 20kΩ ; R 2 = 40kΩ ; R 3 = 20kΩ ; R 4 = 10kΩ ; R 5 = 10kΩ c) Med 50 i tilbakekoplet forsterkning rundt en 741-opamp, får vi en øvre grensefrekvens på : f ø = B f T = 1MHz/50 = 20kHz. Ved 1kHz, som er mye lavere enn f ø, er derfor forsterkningen = 50, mens ved 100kHz = 5 f ø vil forsterkningen være gitt ved den oppgitte frekvensresponskurven, dvs. 10. Altså: 1) f = 1 khz A f = 50 2) f = 100 khz A f = 10 db open loop freq. response k 10k 100k 1M 10M HiO/IU/E1/H06/2ETY Side 7 av 7 Rolf Ingebrigtsen