Løsningsforslag. til EKSAMENSOPPGAVER i Elektronikk 1

Transkript

1 Løsningsforslag til EKSAMENSOPPGAVER i Elektronikk Disse løsningsforslagene er forsøkt laget som reelle eksamensbesvarelser, og vi tror de ligger tett opp til hva sensor forventer av en besvarelse som skal stå til karakteren for 00% rett. En ulempe er det likevel at det er oppgaveforfatteren som også har laget disse løsningsforslagene. Og, NB!! Dette er ingen fast!!! Får du svar som ikke stemmer med disse løsningsforslagene så er det ikke uten videre gitt at ditt svar er feil. Det er en viss feilprosent til stede i slike løsningsforslag, og dersom det er ting du ikke finner ut av, så bør du ta kontakt med faglæreren for å få klarhet i hva som er korrekt. NB! Bokreferanser hører ikke hjemme i en eksamensbesvarelse, men siden de tilhørende oppgavesettene foran mangler vedlegg med dataark for komponenter, så er det i de følgende løsningsforslagene henvist til komponentdata i tillegg bak i læreboka. I løpet av den tida disse oppgavebesvarelsene spenner over, er det benyttet noe ulike måter å navnsette strøm- og spenningvariabler. Oppgavebesvarelsene fra og med 999 bruker konsekvent samme variabelnavnesystem som vi gjør i kurset i dag. Et vesentlig moment her er at i overslagsregning er svaret avhengig av forutsetningene som blir gjort. Vi har for eksempel brukt 0,7V for ett diodedropp. Dersom du synes det er bedre med 0,6V, så får du et annet svar, som ikke er galt av den grunn, - ja det kan i tilfeller med liten strøm i transistor/diode gi et bedre resultat enn 0,7V! Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL. Rolf Ingebrigtsen

2 Løsningsforslag for eksamen 3. juni 96 Oppgave (Bare kalkulator og tabell tillatt) Fra lysnettet 0 vekselspenning, 50 Hz Fig sikring 4 stk. N400 a) Fra databladet for regulatoren har vi at V out =,5V(+R /R ) der R skal være 40Ω. Dette gir R = R (V out /,5 - ) = 40Ω (7,5/,5 - ) =,kω som er i E-serien u C C LM37 i L =,A R R b) Rippelspenningen U r på kondensatoren C med konstant laststrøm I L er gitt ved : C U r = I L t Dersom vi anslår t = 8,0ms får vi: der t er utladningstiden mellom hver oppladningspuls fra en brolikeretter, dvs. i underkant av 0 ms med 50Hz på lysnettet. U r = I L t /C =,A 8,0ms/, 0-3 F = 4,36V = 4,4V c) I en brolikeretter er to av de i alt fire diodene PÅ i annen hver halvperiode mens de to siste er AV, deretter bytter de rolle i neste halvperiode osv. slik at gjennomsnittstrømmen her er 0,6A pr. diode. Den angitte strømmen representerer derfor ikke en overbelastning av diodene. d) Toppverdien fra transformatoren er Under oppladningen av kondensatoren er de to diodene som er PÅ, i serie med hverandre. og vi mister diodedropp, der strømmen i diodene som er på er,a, som i karakteristikken gir omtrent,0v per diode, ialt,0v. Fra tidligere har vi funnet 4,4V i rippelspenning, og med minstespenning over regulatoren på,5v står vi igjen med: U ut,maks = 4,V -,0V - 4,4V - -,5V = 5,V Oppgave a) Vi har for arbeidspunktverdiene: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BEQ + I KQ (R B /β + R E ) idet I EQ = I KQ siden β er så stor (300) slik at I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) Vi gjør først et overslag med U BEQ = 0,7V: U BB =.5V R B u i Fig. 5kΩ R E R K U CC = 5V 0kΩ C u 470 Ω 0 V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL. Rolf Ingebrigtsen

3 I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,5V - 0,7V)/(5kΩ/ Ω) =,06mA I databladet ser vi da en U BEQ på 0,6V, som vi gjør den endelige beregningen med: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,5V - 0,6V)/(5kΩ/ Ω) =,ma,ma Videre finner vi: U KQ = U CC - R K I KQ = 5V - 0kΩ,mA =,88V,9V I resten av oppgaven skal vi bruke I KQ =,0mA! b) Vi regner uten tilkoplet last (åpen bryter mot lastmotstanden R L slik kretsen er tegnet i oppgaven). Da er spenningsforsterkningen A bek fra u i til : A bek = /u i = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,3 5mV/,mA = 7Ω dermed: A bek = -0kΩ/(470Ω+7Ω) = -0, -0, c) Situasjonen med med lukket bryter er at en kilde - vår forsterker - driver en last som via C u er seriekoplet med R L. Kilderesistansen er R K, og da er situasjonen som i figuren til høyre. Nedre grensefrekvens er da : f n = /(π(r K +R L ) C u ) = /(π(0kω+0kω)0, F) = d) Det som trengs, er samme forsterkning som i b), men mye lavere utgangsresistans (0kΩ). Det betyr Emitterfølger! Figuren til høyre viser hvordan den enklest kan inkluderes: Emitterfølgertransistoren T er koplet rett på kollektoren til den opprinnelige transistoren, som nå er kalt T. e) Mindre β må bety større basestrøm og derfor lavere basespenning U BQ, og siden,7hz U BB =,5V U BQ =U BEQ + R E I EQ. Det må derfor føre til litt lavere kollektorstrøm og tisvarende økt kollektorspenning. Vi har at U BEQ er uendret, og bruker uttrykket fra a) til å finne den nye strømmen I' KQ : I' KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β' + R E ) = (,5V - 0,6V)/(5kΩ/ Ω) =,05mA u i Fig. R B u k 5kΩ T ~ R K C u Transistorkretsen som kilde for lastmotstanden R L R K R E 0kΩ T 470 Ω U CC = 5V R E C u 0 V R L Dette er en strømendring på I KQ = I' KQ - I KQ =,05 -,ma = -0,07mA som gir spenningsendringen U KQ = -R K I KQ = -0kΩ (-0,07mA) =,07V,0V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.3 Rolf Ingebrigtsen

4 Oppgave 3 a) Grunnkonfigurasjonen i figur 3 i oppgaven er en inverterende forsterker. Poenget med kretsen er å gi ut en nøyaktig halvperiodelikeretting av de negative delene av en innspenning u I : u I 0V : = 0V u I < 0V : = - u I u I b) Dioden D leder når utgangen er negativ, dvs. når innspenningen er positiv, og på grunn av tilbakekoplingen vil opamputgangen gjennom D da holde - inngangen på 0V (= u I+ ). Siden D er av i denne situasjonen, vil dermed også = 0V når u I > 0. Oppsummert: D holder = 0V når u I er posistiv. Oppgave 4 a) Bessel Butterworth Chebyshev Fordeler Faselineær, pen sprangrespons Maksimal flat frekvensrespons i passområdet Meget skarpt kne ved grensefrekvensen Ulemper Dårlig skarphet i "kneet" rundt grensefrekvensen Middels skarphet i "kneet". Middels pen sprangrespons Dårlig sprangrespons og pulsgjengivelse b) Vi kaller spenningen i midtnoden mellom de to R'ene for u og på +inngangen til opampen for u +. R C R U CC (+5V) 00nF u I A For midtnoden får vi da (store U'er for Laplacetransformerte): C R Fig. 4 R U EE (-5V) Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.4 Rolf Ingebrigtsen

5 U U i U U ut U U + U ut + + = 0 der U + = og K = + R R R K R sc U ( + src) = U i + U ut ( src + ) K Dessuten har vi : U + = U sc = U som sammen med uttrykket over gir : R + scr + sc U ut ( + sτ )( + sτ ) = U ( i + U ut sτ + ) K A f U ut K h( s) = = U s τ + (3 K) sτ + h( jω) = ( + ((3 K) i jωτ ) der vinkelfrekvensen ω = πf og øvre grensefrekvens er f ø = (πτ) - =(πrc) -, slik at vi kan bytte ut ωτ med f/f ø. For at dette skal være et Butterworthfilter må.gradsleddet i nevner være lik null: ( 3 K) ) K = 3 = 586, K K = + (3 K)( jωτ ) + )( ωτ ) + ( ωτ ) 4 = ( ( ωτ ) + ((3 K) Dette er opplagt mulig, og oppfylles f.eks. av motstandene R =36kΩ og R =6kΩ ) K + (3 K) K )( f / f ø ) ( ωτ ) + ( f / f = ø ) 4 Konklusjon: Ved å velge "riktige" verdier for R og R får vi et Butterworthfilter Løsningsforslag for eksamen 3.juni slutt Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.5 Rolf Ingebrigtsen

6 Løsningsforslag for eksamen. august 96 (Bare kalkulator og tabell tillatt) Oppgave (5%) a) En brolikeretter brukes til å omforme vekselstrøm til likestrøm, såkalt likeretting. Den brukes i nettdelen på elektroniske apparater mellom nett-transformatoren og ladeelektrolyttkondensatoren (og en eventuell spenningsregulator). b) Kretsskjema av en brolikeretter med typiske kurveformer inn og ut med resistiv last: u u - u = u Til venstre er vist innspenningen u = (u - u ) Virkemåte: Inn Positive halvperioder, u = u -u > 0: u Inn u D D D 3 D 4 R Ut D og D 4 leder strøm mens D og D 3 sperrer. Strømmen i lasten går nedover i figuren, og utspenningen er posistiv. Ut Negative halvperioder, u = u -u > 0: D og D 3 leder strøm mens D og D 4 sperrer. Strømmen i lasten går nedover i figuren, og utspenningen er posistiv. c) En kondensator settes ofte inn parallelt med lasten i punkt b). Det er for at utspenningen skal holdes oppe også når spenningen ut fra diodene er lavere enn topp-spenningen, slik at utspenningen hele tida holdes oppe over et visst minimum. Figuren viser lastspenning og -strøm: Inn C I L Ut Utspenning Diodestrøm Den korte tida innspenningen er nær toppen, vil diodene lede parvis, og det går et kortvarig strømstøt inn på kondensatoren og lader den opp. Ellers går det ikke strøm i diodene, og da vil utspenningen synker jevnt (utladning av kondensator) helt til neste oppladningspuls. Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.6 Rolf Ingebrigtsen

7 Oppgave (40%) Figuren til høyre viser en felles emitter-forsterker med BC547B, der β =300 og n =,3 i EbersMoll-likninga. U BB =.0V R K 0kΩ U CC = 5V a) Vi har for arbeidspunktverdiene: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BEQ + I KQ (R B /β + R E ) u i R B 5kΩ C u idet I EQ = I KQ siden β er så stor (300, ref. datablad) slik at: R E 470 Ω 0 V I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,0V - 0,7V)/(5kΩ/ Ω) = 0,60mA I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,60V, som vi gjør den endelige beregningen med: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,0V - 0,60V)/(5kΩ/ Ω) = 0,7884mA 0,79mA Og videre finner vi: U KQ = U CC - R K I KQ = 5V - 0kΩ 0,7884mA = 7,V 7,V b) R B og U BB skal erstattes med en spenningsdeler mellom U CC og 0V slik at kretsens arbeidspunkt og egenskaper forøvrig ikke endrer seg. Dette er "motsatt Thevenin", vist i fig. til høyre. Vi skal beregne motstandsverdiene til R og R. For den motsatte situasjonen har vi enkel spenningsdeling og parallellkopling: U BB R = R + R U CC og R R R = B R + R Dividerer vi uttrykkene for U BB og R B med hverandre, får vi: R B /U BB = R /U CC R =5k B U BB=,0V Trans. basen U CC=5V R R Trans. basen R = R B U CC /U B = 5kΩ 5V/,0V= 3kΩ Da velger vi E4 (E)-verdien R = 0kΩ Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.7 Rolf Ingebrigtsen

8 Videre løser vi utrykket for U BB over med hensyn på R, får vi: R + R R UCC R UCC = = U R U BB = R 60kΩ 60kΩ R = = = 5 Ω U 5 4 k CC V U 3,0V B BB Da velger vi E4 -verdien 6kΩ I resten av oppgaven skal vi bruke I KQ = 0,70mA. c) Vi regner uten lastmotstand for middels signalfrekvenser der kondensatorimpedansene er tilnærmet lik null. Da er spenningsforsterkningen A bek fra u i til uten last: Dermed: A bek = /u i = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,3 5mV/0,70mA = 46Ω A bek = -0kΩ/(470Ω+ 46Ω) = -9,37-9,4 d) Oppgaven til kondensatorene i en krets som dette er først og fremst å blokkere for likestrømmer mellom kretsen og kilden ( ), og mellom forsterkerutgangen og lasten (C ut ). Dernest blir kondensatorene bestemmende for kretsens nedre grensefrekvens. danner et filter på inngangen sammen med inngangsmotstanden i trinnet, som er R i = R B β(r E +r e ) = 5kΩ (300 (470Ω+46Ω)) = 3,67kΩ Den verdien for som gir nedre grensefrekvens på 00Hz (uten lastmotstand tilkoplet) blir: = /(πr i f n ) = /(π3,7kω 00Hz) = 0,058µF e) Dersom transistortemperaturen stiger med 0 o C (vi antar at i K og β er konstant), så vil u BE for transistoren blir ca. mv mindre pr. grad. Konstant u BE svarer derfor til en u BE - økning u b på 0 mv = 40mV, og da har vi for u k, endringen i u K : 58nF u k = A vk u b = -9,37 40mV = -774,8mV - 0,77V (u K vil minke med 0,77V) Oppgave 3 (5%) Vi forutsetter at opamp-typen 74 som MC74 vedlegg bak i oppgaven benyttes i alle deler av oppgaven. a) Vi skal konstruere og beregne/velge komponentverdier til en opamp-krets som behandler de to signalspenningene u og u slik at resultatet blir Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.8 Rolf Ingebrigtsen

9 u 3 = u - u Dette kan skrives som : u 3 = - - u, der = - u Kretsen til høyre gjør dette med to opamper, der opampen til venstre lager spenningen u R 0kΩ u R = 0kΩ 74 u U R 5 = 0kΩ R 3 =0kΩ R 4 = 0kΩ 74 = - u mens opampen til høyre lager u 3 = - - u. Verifisering: = (-R /R )u = (-0kΩ/0kΩ)u = -u For den andre har vi: Komponenter: u 3 = (-R 4 /R 3 ) +(-R 4 /R 5 )u = (-0kΩ/0kΩ)(-u )+(-0kΩ/0kΩ)u = u - u OK!! På grunn av offset-strømmer vil vi ikke ha for små motstander mot inngangene. Samtidig skal ikke utgangene belastes for hardt heller. Motstander 0-00kΩ - området er et bra kompromiss (tommelregel), og velger vi R = 0kΩ, så må R = 0kΩ. Videre velger vi på samme måte R 3 = 0kΩ, og da må R 4 = R 5 =0kΩ. Oppsummert: R = R 3 = R 4 = R 5 = 0kΩ, R = 0kΩ Sluttkommentar: Vi har koplet +inngangene rett til 0V, og dermed ikke latt R - = R + her. Det er for at det ikke er snakk om presisjon i oppgaveteksten. (Denne oppgaven kan løses på mange måter, også med bare en opamp...) b) Fig. viser en integratorkrets, der: u UT ( t) = u UT (0) + ( ) RC t 0 u ( τ ) dτ c) R = 00kΩ og C = 0,0µF, u I er 5,00V i 0ms og starter på 0,00V ( (0) = 0V) Siden u I er konstant den angitte tida, så vil etter 0ms: I u I Fig. R 00kΩ C 0,0µ F +5V 74-5V u t 0ms UT = 5, 00 0ms 5,00V ( t) = ( ) u I ( ) d 5,00Vd RC τ τ = = 00kΩ 00nF τ 0,0ms 0 Hvis C = 0nF, som er en tiendedel av den verdien vi brukte over, så skulle vi teoretisk sett få -50V. Men forsyningsspenninga er bare -5V, derfor vil stoppe litt før det, en volt eller to: U ut -3V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.9 Rolf Ingebrigtsen 0 V

10 Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.0 Rolf Ingebrigtsen d) På grunn av ubalanse på inngangen (input offset voltage og input offset current på eng) vil ikke u I- inn på -inngangen på opampen være helt eksakt lik 0. Derfor vil det gå litt strøm i R når u I = 0,000V. og det vil føre til oppladning av C, slik at vil endre seg. (Hvilken vei dette vil skje er avhengig av størrelsen og retningen på ubalansen, og vil være forskjellig fra opamp til opamp.) I løpet av kort tid vil være kommet i nærheten av en av forsyningsspenningene, og der vil den bli liggende. Oppgave 4 (0%) Et Butterworthfilter er et filter med brattest mulig transisjonssone (kne), men som likevel er uten rippel eller oversving i sin frekvensrespons i passbåndet. (Maksimalt flatt i passbåndet) Matematisk sett må dermed transferfunksjonen for et lavpassfilter være slik (n i uttrykkene er antall poler i filteret.) : n b L L n b L L L f f A f A eller A j H A + = + = = ) ( ) ( : ) ( ) ( ) ( ω ω ω ω og for et høypassfilter: n b n b H H n b n b H H H f f f f A f A eller A j H A + = + = = ) ( ) ( ) ( : ) ( ) ( ) ( ) ( ω ω ω ω ω ω Det finnes andre filtre som har bedre egenskaper i transisjonssonen eller bedre faseegenskaper, men dette med maksimal flathet representerer et kompromiss mellom variantene nevnt over, og er unikt for filtertypen. Løsningsforslag for eksamen. august 96 slutt

11 Løsningsforslag for eksamen 9. desember 96 (Bare kalkulator og tabell tillatt) Oppgave (0%) a) I figuren er R = 4,7kΩ. Vi gjør et overslag med diodespenningene til "standardverdien" 0,7V, og får da : i D = (V - 0,7V)/4,7kΩ =,9mA. Ved denne strømmen avleser vi u D i kurven til høyre til 0,69V (ubetydelig mindre enn antatt over), og vi får da: i D = (V - 0,69V)/4,7kΩ =,6mA,3mA Spenningen i A er da U A = 0,69V =,38V b) Strømkildekretsen ser ut som vist til høyre. For at kollektorstrømmen i K skal bli 0mA, må u BE = 0,7V typisk (databladet s. T.6 fig.). Siden punkt A ligger på,38v, må derfor: R E = (,38V - 0,7V)/0mA = 66Ω V Til last R A 4,7 kω D D R E En god side ved denne strømkildekretsen er: Spenningen i punkt A, og dermed transistorstrømmen, er lite følsom for mindre variasjoner i V-spenningen (fordi diodespenningen øker lite med strømmen). (Dessuten: Kollektor (=last)spenningen kan gå ned helt til i hvert fall U B = U A =,4V uten at transistoren går i metning) 0 V En dårlig side ved denne strømkildekretsen: Strømmen blir noe følsom for temperaturendringer, - den avtar med økende temperatur på grunn av temperaturavhengigheten til u D i de to diodene. (Dessuten: Større spenning over R E ville gitt økt negativ tilbakekopling til emitteren, noe som generelt gir bedre ytelse i kretsen) Oppgave (40%) Kretsen i figuren til høyre, en felles emitter-forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke β = 30 og n =,3 i EbersMoll-likninga. U BB =.00V R B u i 5kΩ R K U CC = V kω C u a) Vi har for arbeidspunktverdiene for kollektorstrøm og kollektorspenning: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BEQ + I KQ (R B /β Fig. R E,0 kω 0 V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL. Rolf Ingebrigtsen

12 + R E ) idet I EQ = I KQ siden β er så stor slik at: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,00V - 0,7V)/(5kΩ/30 +,0kΩ) = 0,5mA I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,58V, som vi gjør den endelige beregningen med: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,00V - 0,58V)/(5kΩ/ Ω) = 0,3438mA 0,35mA Arbeidspunktspenningen på kollektoren er da: U KQ = U CC - R K I KQ = V - kω 0,3438mA = 7,87V = 7,9V En kort vurdering av om R B og U BB er i samsvar med tommelregler for god design (ikke pensum etter 004): For R E og R B har vi tommelregelen at R B 0,βR E. Her er 0,βR E = 0, 30 kω = 3kΩ mens R B = 5kΩ Tommelregelen R B 0,βR E er ikke oppfylt. Dessuten bør R E I E U D : Her er R E I E = kω 0,34mA = 0,34V Tommelregelen R E I E U D er ikke oppfylt. (Dette trinnet er ikke bra konstruert.. ) Vi tenker oss så at U BB justeres slik at I KQ = 0,500mA, en verdi som skal brukes i resten av oppgaven. b) Forsterkningen /u i uten lastmotstand når kondensator-impedansene er tilnærmet lik 0: Da er spenningsforsterkningen A bek fra u i til : A bek = /u i = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,3 5mV/0,50mA = 65Ω Dermed: A bek = -kω/(,0kω + 65Ω) = -,7 -,3 c) danner et filter på inngangen sammen med inngangsmotstanden i trinnet, som er R i = R B (β(r E + r e )) = 5kΩ (30 (,0kΩ+ 65Ω)) = 4,kΩ skal beregnes slik at nedre grensefrekvens blir 0Hz (uten lastmotstand): = /(πr i f n ) = /(π 4,kΩ 0Hz) = 0,8µF Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL. Rolf Ingebrigtsen

13 d) Samme krets med direktekoplet source-følger er vist til høyre: Arbeidspunktet til NPNtransistoren vil ikke forandre seg når FET'en koples til fordi gate'en på en FET trekker ikke strøm. Vi ser av den medfølgende karakteristikken for BSS89 at U GS =,6V når I S = 0mA. Siden U KQ = 6,0V (I KQ = 0,500mA) må dermed U SQ = 6V -,6V = 3,4V u U CC = V U BB R K R B 5kΩ R E kω kω C u R S 0 V Det gir: R S = U SQ /I SQ = 3,4V/0mA = 340Ω. Vi velger da nærmeste E-4 verdi og får: R S = 330Ω Oppgave 3 (40%) Gitt opamp-kretsen i figuren til høyre. u R 5 = 0kΩ R 4 = 0kΩ u a) Sammenhengen mellom innspenningene og u 3 når vi regner opampene som ideelle: 74 R 3 = 0kΩ 74 u 3 b) u 3 = - u R4 /R 5 - R4 /R 3 = - u - der er utspenningen fra den venstre opampen. Dessuten:. = u ( + R /R ) = 3u u 3 = - u - 3u som settes inn over og gir dette resultatet:. Begrenset "Slew Rate" handler om at det er en grense for hvor raskt utspenningen på en opamp kan stige eller synke. Det er denne grensen som kalles forsterkerens "slew rate", og den oppgis gjerne i V/µs.. Input (bias) strøm er strømmen inn i eller ut av inngangene. 3. Input offset spenning er spenningsubalansen på inngangene, det vil si den spenningsforskjellen som må være mellom de to inngangene for at utspenningen skal være null. Virkninger på spenningsfølgeren: Effekt. Sprangresponsen (firkantpulsresponsen) på utgangen til en vanlig spenningsfølger vil bli påvirket av "slew rate" på den måten at utgangen vil stige med et visst antall volt pr. ms etter et sprang på u I Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.3 Rolf Ingebrigtsen + - R R = 0kΩ 0kΩ 5V 5V,8V µ s 5 µ s U U U U i i ut ut 5V 3V 5V 3V

14 inngangen, - helt til = u I igjen. Det betyr at jo større spranget er, dess lengre tid vil kretsen bruke på å stille inn utgangen på riktig spenning. Dette er vist i figuren til høyre, der slewrate-verdien,8v/ms er brukt. Effekt : Likespenningsnivået i sammenlignet med u I vil ikke bli påvirket av input strømmene i dette tilfellet, for det er ingen motstander i kretsen som det vil danne seg spenningsfall over. Effekt 3: Likespenningsnivået i vil avvike fra u I med nettopp input offset-spenningen. c) Den dobbeltvirkende (komplementær, push-pull) emitterfølger med darlingtonkoplede transistorer som sitter på utgangen til en opamp, er plassert der få å gi lav utgangsresistans ut av opampen. Darlingtonkopling er nødvendig fordi β ikke er stor nok i en enkelt transistor, og dobbeltvirkende emitterfølger er nødvendig for at utgangen på opampen både skal kunne "source" og "sinke" strøm. En NPN darlington kopling er vist til høyre: I B I K Oppgave 4 (0%) Et Butterworthfilter er et filter som med et gitt antall poler er maksimalt flatt i passbåndet (uten rippel eller oversving i sin frekvensrespons i passbåndet), samtidig som det har en rimelig smal transisjonssone (og bratt kne). Matematisk sett må dermed transferfunksjonen for et lavpassfilter være slik (n i uttrykkene er antall poler i filteret.) : A ( ω ) = H L L ( jω) = A og for et høypassfilter: A H ( ω ) = H H L ( jω) = A H + ( ω ) ω b ( ω ) ω b b n n + ( ω ) ω n eller : eller : A ( f ) = A der ω er vinkelfrekvens (rad/s) mens f er frekvensen i Hz. L A H L ( f ) = A H + ( f ( f f b f + ( f ) b n f ) b n ) n I E Et. ordens lavpass Butterworthfilter kan lages ved hjelp av opampkoplingen vist i figuren til høyre, da må R /R = (- ) : De komponentene som bestemmer grensefrekvensen, er de to motstandene R og kondensatorene C. (Grensefrekvensen f ø er : f ø = /(πrc) ) u I R Fig. 4 C R C U EE U CC (+5V) 00nF A R R (-5V) Løsningsforslag for eksamen 9. desember 96 slutt Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.4 Rolf Ingebrigtsen

15 Løsningsforslag for eksamen 8. februar 97 (Bare kalkulator og tabell tillatt) Oppgave (0%) a) En strømkildekrets skal ha høy utgangsmotstand, strømmen være temperatur- uavhengig ha en utgang som kan operere over et stort spenningsområde. I kretsen til høyre vil det bli ca. (6,V - u BE ) 5,5V over R E, noe som vil gi bra med spenning over R E og dermed liten u BE - avhengighet og god temperaturstabilitet. OG høy utgangsresistans R uk. Samtidig er R B ubetydelig liten, noe som gir β - uavhengighet i strømmen. Dersom vi antar u BE = 0,7V og at kollektor-emitterspenningen er slik at transistoren virker på normal måte (er i det aktive området uten overbelastning) akseptabel, så vil laststrømmen være: i K = (U Z - u BE )/R E = (6,V - 0,7V)/,7kΩ =,04mA R 4 V A D 6,V 0 kω Til last T BC547B R E,7kΩ 0 V Vi kontrollerer med u BE -i K - karakteristikken, og finner der u BE = 0,64V, som settes inn i uttrykket over og gir det endelige svaret: i K = (U Z - u BE )/R E = (6,V - 0,64V)/,7kΩ =,06mA =,ma 4V b) Ved hjelp av to motstander, en zenerdiode, en operasjonforsterker og en N-kanal MOSFET (enhancementtype) kan man lage en enda mer nøyaktig og stabil strømkilde, vist i figuren til høyre. R + i UT = I D Til last Strømmen bestemmes av U Z og R S, for U Z og u S, som utgjør inn-spenningene til opampen, må være like store. Det gir: I - i UT = i D = i S = U Z /R S D 6,V R Oppgave (40%) Kretsen i figuren til høyre, en felles-emitter forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke β = 50 og n =,3 i EbersMoll-likninga. a) Vi har for arbeidspunktverdiene: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BB =.0V R B u i Fig. 39kΩ R E R K U CC = 5V kω C u,0 kω 0 V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.5 Rolf Ingebrigtsen

16 U BEQ + I KQ (R B /β + R E ) idet I EQ = I KQ siden β er så stor slik at: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,0V - 0,7V)/(39kΩ/50 +,0kΩ) = 0,35mA I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,59V, som vi gjør den endelige beregningen med: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,0V - 0,59V)/(39kΩ/50 +,0kΩ) = 0,44mA 0,44mA Arbeidspunktspenningen på kollektoren er da: U KQ = U CC - R K I KQ = 5V - kω 0,44mA = 0,47V 0,V I resten av oppgaven brukes I KQ = 0,65mA b) Forsterkningen fra basen til kollektor uten lastmotstand: A bek = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,3 5mV/0,65mA = 50Ω Dermed: A bek = -kω/(,0kω+50ω) = -0,48 = -0,5 c) Tommelregler:. For R E og R B har vi tommelregelen at R B 0,βR E. Dette er ensbetydende med at spenningen over emittermotstanden er minst 0 ganger større enn over basemotstanden R B, noe som begrenser β-avhengigheten til arbeidspunktet.. For R E og I EQ har vi tommelregelen at U RE (=R E I EQ ) U D. Dette begrenser u BE - avhengigheten til arbeidspunktet. U CC = 5V d) Samme krets med direktekoplet NPN-darlington emitterfølger er vist til høyre: U BB =,0V R B 39kΩ R K kω u i Fig. T R E,0 kω C R u E 0 V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.6 Rolf Ingebrigtsen

17 Oppgave 3 (5%) Gitt en opampkrets med innspenningene u I og u I, og u I3, og utspenningen. a) Siden det ikke går strøm inn i inngangene på en ideell opamp, så må summen av strømmene i i, i og i 3 inn i R, R og R 3 være lik strømmen i f mot høyre gjennom R f i figuren. I tillegg må u I+ = u I- = 0V (siden en ideell opamp har uendelig stor forsterkning), og dermed har vi også at : u I R u I R u I3 R 3 Fig R f i = u I /R, i = u I /R, i 3 = u I3 /R 3 og i f = - /R f, slik at: u I /R + u I /R + u I3 /R 3 = - /R f og til slutt: = A u I + A u I + A 3 u I3, der A = -R f /R osv. b) Aktuelle feil i kretsen i fig. 3 når inn-spenningene u I, u I og u I3 er likespenninger, er:. Input bias strøm. Input Offset spenning, V io. 3. Belastning og overbelastning av utgangen ved liten og for liten lastmotstand. (Forsterkningsfeil siden en virkelig opamp ikke har uendelig stor forsterkning, ser vi bort i fra her siden det er snakk om likespenninger, for da har opampen meget stor forsterkning (>50 000).) For å minimalisere feilene og, bør resistansverdiene gjøres minst mulig (), helst med en innskutt resistans mellom +inngangen og jord (på R + = R R R 3 R f ). Minimalisering av feil 3 gjøres ved å helst ikke belaste utgangen med mindre lastmotstand enn 0kΩ (), ihvertfall ikke med så liten motstand at opampens strømbegrensning aktiveres (ved laststrøm på ca. 0mA for de fleste typer), for da oppstår det klipping og store feil. () og () over er motstridende krav, og et fornuftig kompromiss oppnåes når motstandsverdier velges i området 0kΩ - 00kΩ. c) I fig. 4 bruker man et potmeter R v til å justere til null når u I = 0,0000V. Maksimal justering i U ut får vi når potmeteret står i en ytterstilling, med ±V inn på R 3. For at dette skal resultere i ±00mV i U ut, må forsterkningen fra potmeteret være 0,, dvs. R /R 3 = 0,, som gir: R 3 = 0R = MΩ -V R v = 0 kω R 3 +V R = 00kΩ u I Fig. 4 R =0kΩ 74 Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.7 Rolf Ingebrigtsen

18 Oppgave 4 (5%) I opampkretsen i fig. 5 er C = C, og opampen regnes som ideell. a) Spenningene inn på opampens + og -innganger må være like store, og lik utspenningen: u + = u - = (Dette brukes flere ganger i beregningene under) u I R C R U CC A (+5V) 00nF Spenningen i noden mellom C og de to R ene kalles u (men store U'er for laplacetransformerte), og summen av strømmer inn i denne noden er da: Fig. 5 C + U I U R U U + R U ( + src ) = U I UUT U + sc + ( + src ) U U I = 0 U ( + sc) = R R UT U EE + ( + sc) U R (-5V) UT u + dannes ved at u spenningsdeles ved hjelp av R og C, og vi har da: U U + sc = R + ( sc = U ) sc R + som settes inn for U i uttrykket foran og gir: U UT ( sc ( src ) R + )( + src + sc ) = U I = R + ( s / ω ) + ( s / ω ) + = UUT ( scr + ), siden = u + + ( + src o ) U o UT U U UT I der = ω s o R = C C RC + sc = R + (Kretsen er et. ordens lavpassfilter av Butterworth-typen, noe vi ser siden.grads-leddet i nevneren gir en dempingsfaktor ζ = 0,707 ). Løsningsforslag for eksamen 8. februar 97 ferdig. Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.8 Rolf Ingebrigtsen

19 Løsningsforslag for eksamen 8. desember 97 (Bare kalkulator og tabell tillatt) Oppgave (5%) Gitt likeretterkoplingen i figuren til høyre. Effektivverdien til spenningen ut fra transformatoren er U eff = 0V. Kondensatoren C = 00µF. Dioden : N400 (maks. A). Fra 0V vekselspenning For å kunne oppgaven trenger vi å vite spenningsamplityden U a, og rippelspenningen U r på utgangen: N400 C I L = 0,5A 0V U a = U eff For rippelspenningen har vi: CU r = I L t = 0V.44 = 8V det t er utladningstida. Siden dette er en enkel likeretter, er perioden på utsignalet 0ms. Og tar oppladningen ms, blir t = 8ms, og vi har: U r = I L t/c = 0,5A 8ms/00µF = 4,V CU r = I L t Diodestrømmen er 0,5A til lasten pluss oppladningsstrøm, og for en A-diode vil jeg da anslå spenningstapet i dioden til V. Når kondensatoren er ladet opp, vil spenningen være 8V minus spenningstapet over dioden, 7V. Like før ny oppladning er spenningen nede i 8V - V - 4,V =,9V. Med voltmeteret innstilt på likespenning vil vi avlese middelverdien U m : U m = (7V+,9V)/ = 5V Oppgave (35%) Kretsen i figuren til høyre, en felles emitter-forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke β = 50 og n =, i EbersMoll-likninga. a) Arbeidspunktet for kollektorstrøm og kollektorspenning: Vi har for arbeidspunktverdiene: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BEQ + I KQ (R B /β + R E ) idet I EQ = I KQ siden β er så stor slik at: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) U BB =.00V R B u i Fig. 5kΩ R E R K U CC = V kω C u,0 kω 0 V Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,00V - 0,7V)/(5kΩ/50 +,0kΩ) = 0,5mA I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,58V, som vi gjør den endelige beregningen med: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.9 Rolf Ingebrigtsen

20 (,00V - 0,58V)/(5kΩ/50 +,0kΩ) = 0,3488mA 0,35mA Arbeidspunktspenningen på kollektoren er da: U KQ = U CC - R K I K = V - kω 0,3488mA = 7,8V 7,8V b) Vi tenker oss så at U BB justeres slik at I KQ = 0,500mA, en verdi som er brukt i resten av oppgaven. Forsterkningen /u i uten lastmotstand og for middels signalfrekvenser, der kondensator-impedansene er tilnærmet lik null. Da er spenningsforsterkningen fra u i til uten last: A bek = /u i = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,. 5mV/0,50mA = 60Ω. Dermed: A bek = -kω/(,0kω+ 60Ω) = -,7 -,3 Det koples til en lastmotstand på 5,kΩ. Forsterkningen går da ned fordi denne motstanden belaster forsterkerutgangen, som har utgangsresistans på R L = kω. Forsterkningen A bek med last er da: A bek = /u i = u k /u b = -R k /(R E + r e ) der R k = R L R K = kω 5,kΩ/(5,kΩ + kω ) = 3,5789kΩ Forsterkningen A bek med last er da: A bek = -3,5789kΩ/(,0kΩ+ 60Ω) = -3,376-3,38 c) En enkel modifikasjon som bøter på dette, og som bare bruker to ekstra komponenter, er å sette en direktekoplet emitterfølger på utgangen, den modifiserte kretsen er vist til høyre. Kondensatoren C u er flyttet til den nye forsterkerutgangen. Begrunnelse: Dersom vi velger en BC547B med ma, er r e = 6Ω og β omtrent 90, slik at utgangsmotstanden er: R' ut = r e + R K /β = 6Ω + kω/90 = 57Ω kω U CC = V som bare er % av lasten på 5,kΩ. Forsterkningen vil derfor bare synke med % ved tilkopling til denne lastmotstanden. u i Fig. R B U BB 5kΩ T R K R E T,0 kω R E C u 0 V Oppgave 3 (0%) Gitt kretsen vist i figuren til høyre. a) Nedre grensefrekvens f n er bestemt av R i og, og er: f n = (π R i ) - = (π 0kΩ 0nF) - = 7Hz Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.0 Rolf Ingebrigtsen u I =0nF R i = 00kΩ TL08C + - R,0MΩ R Ω

21 Med en ideell opamp ville forsterkningen ved høyere frekvenser være gitt ved: A = +R /R i = + MΩ/0kΩ = 0 b) Utspenningen fra en opamp uten signal inn ligger generelt ikke på 0,000V fordi det er en liten likespenningsubalanse V io i inngangen på opampen (input offset voltage), og det går små strømmer I io (input offset current) inn i inngangene og lager spenningsfall over motstandene som er koplet til inngangene. I tabellen med opampdata (s. i 0.8 i bokas del ) finner vi for TL08 V io = mv typisk, og I io på 0,nA maksimalt som gir spennings fall på 0kΩ 0,nA = 0µV maksimalt, så mye lavere enn V io at vi ser bort i fra det. Vi står da igjen med ±mv som forsterkes med 0 til utgangen, slik at vi der må forvente å finne: Utgangsoffsett: 0 ±mv = ±0,V Oppgave 4 (30%) a) Figuren til høyre viser en NPN darlingtontransistor. Vi bruker darlingtontransistorer i stedet for vanlige transistorer når vi har bruk for høy strømforsterkningsfaktor β. I praksis er det kretser som skal ha ekstra høy inngangsresistans (emitterfølgere med høyohmig kilde) eller ekstra lav utgangsresistans (utgangstrinn i kraft(power)forsterkere). i B i K i E b) Differansforsterker med PNP transistorer er tegnet til høyre: Det en differansforsterker kan, som en felles emitterforsterker ikke kan, er å forsterke små likespenninger. (Også: Lage forsterker med høy båndbredde, inngå i multiplikatorkrets.) c) Kretsen til høyre har positiv tilbakekopling, og kalles schmitttrigger. Slik avhenger av u I : På grunn av den positive tilbakekoplingen vil ligge høy (opp mot 5V) eller lav (ned mot -5V). høy: u I+ = ca. 3V, u I må være > 3V for at skal bli lav. lav: u I + = ca. -3V, u I må være < -3V for at skal gå lav. Med 40kΩ i stedet for 4kΩ i kretsen, vil omslagspunktene være : u I+ = ±5V kω /(40kΩ +,0kΩ ) = 0,375V, som gir: høy: u I+ = ca. 3V, u I må være > 0,375V for at skal bli lav. lav: u I + = ca. -3V, u I må være < -0,375V for at skal gå lav. (Hysteresen er blitt mye mindre..) u I u I u I I EE T T R K u I- u I+ - + A o R K 5V -5V U CC U EE 4kΩ kω Løsningsforslag for eksamen 8. desember 97 ferdig. Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL. Rolf Ingebrigtsen

22 Løsningsforslag for eksamen 8. januar 98 (Bare kalkulator og tabell tillatt) U CC Oppgave (5%) a) Frekvensen til signalene finner vi ved å se at to hele svingninger tar ms, noe som gir en periode på ms. Frekvensen er da: 5,0 [Volt],5 0.0 U B U E R L =kω f = /ms =,0kHz -,5 Et voltmeter innstilt på vekselspenning (AC) vil vise effekttivverdi: -5, Tid i ms -U EE U eff = U a / = 5V/ = 3,54V b) Koplingen kalles komplementær eller dobbeltvirkende emitterfølger, og hensikten er å gi lav utgangsmotstand (som emitterfølger) og samtidig kunne "sinke" og "source" strøm til lasten like godt. Figuren til venstre under viser U B og U E i samme figur når U B er den minste spenningen foran, da er ikke amplityden på 0,5V nok til å få hverken NPN- eller PNP-transistoren til å 0,5 U B 5,0 U B U B [Volt] U 0,5 U B [Volt],5 U E 0.0 U E 0.0-0,5 -,5-0,50-5,0 Tid i ms lede, og utspenningen U E blir null. I figuren til høyre under viser hva som skjer med den største innspenningen på V. I de delene av U B -kurven der U B er større enn omtrent 0,5-0,6 V, vil NPNtransistoren gå på og dra U E etter med 0,6-0,8V over basis-emitter. Og tilvarende med PNP for negative U B. R K U CC T 3 c) Denne forvregningen i utsignalet er det vanlig å - om ikke eliminere, så ihvertfall redusere kaftig ved å sette en arbeidsspenning mellom de to transistorbasene slik at det går en liten hvilestrøm i transistorene, - se figuren til høyre! R R T u inn b) T I R E R E T 4 -U EE R L Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL. Rolf Ingebrigtsen

23 Det er T og spenningsdeleren R - R som bestemmer denne arbeidsspenningen. Emittermotstandene er satt inn for å stabilisere denne hvilestrømmen og unngå at den løper "termisk løpsk". Oppgave (35%) Kretsen i figuren til høyre, en felles emitter-forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke n =,4 i EbersMoll-likninga. a) Arbeidspunktet for kollektorstrøm og kollektorspenning: Vi har for arbeidspunktverdiene: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BEQ + I KQ (R B /β + R E ) idet I E = I K siden β er så stor, slik at: U BB =,0V R B u i Fig. 5kΩ R E R K U CC = 4V 5kΩ C u,0 kω 0 V I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V, og bruker β = 90 fra datablad: og I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = U KQ = U CC - R K I K = 4V - 5kΩ 0,34mA = 8,9V (,0V - 0,7V)/(5kΩ/90 + kω) = 0,34mA I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,59V, og for β finner vi en korreksjonsfaktor på (0,7/0,9)= 0,76 for strøm og omtrent,4 for earlyeffekt (antar V A = 00V), slik at β = 90 0,76,3 = 50: I KQ = (,0V - 0,59V)/(5kΩ/50 + kω) = 0,435mA 0,4mA Arbeidspunktspenningen på kollektoren er da: U KQ = U CC - R K I KQ = 4V - 5kΩ 0,435mA = 7,65V = 7,7V Vi tenker oss så at U BB justeres slik at I KQ = 0,800mA, en verdi som er brukt i resten av oppgaven. b) Forsterkningen /u i uten lastmotstand og for middels signalfrekvenser, der kondensator-impedansene er tilnærmet lik null: Da er spenningsforsterkningen fra u i til : A v = /u i = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,4. 5mV/0,80mA = 44Ω dermed: A v = -5kΩ/(,0kΩ+ 44Ω) = -4,37-4,4 U BB =,0V Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.3 Rolf Ingebrigtsen u i Fig. R B 5kΩ T R K R E 5kΩ T,0 kω U CC = 4V C u R E = 4,7kΩ 0 V

24 c) Når T koples til kollektoren på T, vil I B gå gjennom R K, spenningsfallet over R k øker, og derfor vil spenningen i noden synke. Denne spenningsendringen vil være: U = - R K I B = - R K I KQ /β U B må da bli litt lavere enn V, og vi antar derfor at I K er omtrent V/4,7kΩ = ma. Regner vi β lik 90 har vi: U = - R K I B = - R K I KQ /β = -5kΩ ma/90 = - 0,V Dette er ikke regnet ut nøyaktig, men feilen er ikke større en at konklusjonen blir: Spenningsfallet ved tilkopling av T er mindre enn 0,3V. Oppgave 3 (0%) Figuren til høyre viser en opampkrets beregnet for vekselspenningssignaler. Innspenningen er et sinussignal påkhz med V amplityde. a) Figuren nederst til høyre. u I u - + A - D R u o b) "Slew-rate"- begrensning i en opamp er at det er en grense for hvorfort utgangsspenningen kan endre seg fra en en verdi til en annen. Den angis vanligvis i V/µs. I denne kretsen vil u o gå ned til -5V når u i går under 0V (på u o grunn av at dioden hindrer opampen i å følge u I < 0V) Når så u i går > 0V igjen, må u 0 opp til et diodedropp over 0V for at det -5V 5ms skal komme signal ut av dioden igjen. Da må utgangen flytte seg momentant opp med omtrent. 5,6V for å gi ut korrekt utsignal, men det tar tid på grunn av begrenset "slew-rate". Resultatet er at det derfor blir et lite "hakk" i utsignalet, se tegningen til a). Oppgave 4 (0%) a) En ikke-inverterende forsterker med en 74-type opamp er vist til høyre. Verdier slik at forsterkningen blir lik 0: Vi har at A = + R /R = 0 R /R = 9. Fornuftige verdier for en opamp ligger i området 0kΩ - 00kΩ, og da velger jeg i E4: u I V u I- u I+ + A - u I U D 0,7V 0ms R R R = 0kΩ og R = 9kΩ som gir A = 0, (nærmere kommer man ikke med motstandsverdier i E4-serien..) Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.4 Rolf Ingebrigtsen

25 b) Øvre grensefrekvens når vi ikke regner med "slew-rate"-begrensning, finner vi der (/B) db for tilbakekoplinga skjære A(f)-kurven i figuren til høyre. Her er B=/0, så A f0,db = (/B) db = 0dB. Skjæringen blir da ved 00kHz: f ø =00kHz Løsningsforslag for eksamen 8. januar 98 ferdig. Figur 8.44: 74 open loop freq. response db A(f) d A f0,db = 0dB k 0k 00k M 0M Løsningsforslag for eksamen. desember 98 (Lærebok tillatt.) Oppgave (0%) U CC I figuren til høyre ser vi en kopling med to transistorer. Vi antar at baseemitterspenningene er 0,7V og -0,7V ved de strømmene som er aktuelle her, og R L = 00Ω. a) Koplingen kalles komplementær emitterfølger, og som emitterfølger brukes den på en utgang for å senke utgangsresistansen og gi større strøm til lasten. Denne spesielle NPN PNP kombinasjonen brukes for både å kunne "sinke" og "source" stor strøm til lasten. Kollektorstrømmene i de to transistorene når: u I = 0,7V: For at transistorene skal kunne gi strøm ut, må i hvertfall u BE < 0,5V; i oppgaven er 0,7V nevnt. Det betyr at ingen transistor er på her og at i K = i K = 0 u I =,7V: Da får T inn spenning i lederetningen, og med u BE = 0,7V som oppgitt, vil =,7V - 0,7V =,0V. Kollektorstrømmen i T er da: i K = /R L =,0V/00Ω = 0mA T får nå spenning i sperreretningen og er AV (T og T kan ikke lede samtidig!), slik at: i K = 0mA, i K = 0 b) Koplingen i oppgaven er en aktiv halvperiodelikeretter, og når utspenningen måles med et voltmeter på likespenning, betyr det at den målte spenningen er middelverien av en sinushalvperiode midlet over hele perioden, altså halvparten av halvperiodemiddelverdien. For amplitydeverdien U a til innsignalet u I har vi da: U a = π U ut,middel = π,58v = 3,95V u I u I + T T A o U EE R L - D R Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.5 Rolf Ingebrigtsen

26 Oppgave (35%) Kretsen i figuren til høyre, en felles emitter-forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke n =,3 i EbersMolllikninga og earlyspenning på 00V. a) Arbeidspunktet for kollektorstrøm og kollektorspenning: Vi har for arbeidspunktverdiene: U BB = R B I KQ /β + U BEQ + R E I EQ = U BEQ + I KQ (R B /β + R E ) u i R,5MΩ R 68kΩ R K 30kΩ C u R E,kΩ U CC = 4V 0 V idet I E = I K siden β er så stor, slik at I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) Vi finner først U BB ut i fra U CC og spenningsdeleren R - R : U BB = U CC R /(R + R ) = 4V 68kΩ/(68kΩ +,5MΩ) =,04V Og R B = R R /(R + R ) =,5MΩ 68kΩ/(68kΩ +,5MΩ) = 65,05kΩ Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V, og bruker β = 90 fra datablad: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,04V - 0,7V)/(65,05kΩ/90 +,kω) = 0,4mA og U KQ = U CC - R K I K = 4V - 30kΩ 0,4mA = 6,8V I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,58V. Vi vil også trenge β, og typisk verdi ved ma er oppgitt i data til 90 ved 5V, og ved å betrakte fig. s. T.6 og bruke V A = 00V får vi for 0,5mA omtrent β = (90 0,65/0,9), = 30. Dermed får vi: I KQ = (,04V - 0,58V)/(65,05kΩ/30 +,kω) = 0,30mA Arbeidspunktspenningen på kollektoren er da: 0,3mA U KQ = U CC - R K I KQ = 4V - 30kΩ 0,30mA = 4,70 4,7V Vi tenker oss så at U BB justeres slik at I KQ = 0,400mA, som er brukt i resten av oppgaven. b) Forsterkningen /u i uten lastmotstand og for middels signalfrekvenser, der kondensator-impedansene er tilnærmet lik null: Da er spenningsforsterkningen fra u i til : A = /u i = u k /u b = -R K /(R E + r e ) der r e = nv T /I KQ =,3. 5mV/0,40mA = 8Ω dermed: A v = -30kΩ/(,kΩ+ 8Ω) = -3.4 Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.6 Rolf Ingebrigtsen

27 For dette trinnet har vi at A er gitt ved forholdet -R K /(R E + r e ). En enkel modifikasjon som kan gi større forsterkning ved middels signalfrekvenser, uten å endre arbeidspunktet, må gjøre telleren større eller nevneren mindre ved middels signalfrekvenser. Da er det enkelt å parallellkople R E med en motstand R E i serie med en kondensator. Dermed er A' = -R K /(R e + r e ) som er større enn A foran, og siden det ikke går likestrøm gjennom kondensatoren, er arbeidspunktet det samme som før. c) Når T koples til kollektoren på T, vil I B gå gjennom R K, spenningsfallet over R k øker: Basestrømmen i T er den direkte grunnen til at spenningen i noden vil synke. Denne spenningsendringen vil være: U = - R B I BQ = - R K I BQ = - R K I KQ /β u i R,5MΩ R 68kΩ R K T T R E,kΩ 30kΩ U CC =4V C u R E = 0kΩ 0 V Dette uttrykket avhenger av β til T, og dermed ser vi at den egenskapen hos T som vil begrense, dette spenningsfallet, er høy strømforsterkning β i T. Oppgave 3 (5%) 5V R K R K I kretsen til høyre er begge R K 'ene 5,kΩ, R B 'ene 50kΩ og vi regner transistorene som to identiske BC547B med β = 300 og u BE = 0,65V. Strømkilden nederst drar konstant 4,0mA. a) Med to identiske transistorer og sammenkoplede innganger, vil de to u BE 'ene være like. Derfor må strømmene i hverav transistorene være: i K = i K = I EE / =,00mA For kollektorspenningene får vi (de er også like): u K = u K = U CC - R K i K = 5V - 5,kΩ,0mA = 4,8V Og basespenningene er like: u B = u B = - R B i B = - R B i B /β = - 5kΩ,00mA/300 = Emitterspenningene er u BE lavere: u E = u B - u BE = -0,34V - 0,65V = u i R B u i T R B u E -0,34V -0,99V T 4,00mA u k Om de to inngangene koples sammen, skjer det ingenting. Det er fordi de to inngangene har samme spenning før sammenkoplingen, og da vil det ikke gå strøm i sammenkoplingen, og ingen spenninger (eller strømmer) vil endre seg. Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.7 Rolf Ingebrigtsen

28 b) Med to identiske N-kanal MOSFET av typen BSS89, vil de fremdeles dele de 4,00mA likt mellom seg. Det betyr at spenningsfallene over R K 'ene i figuren foran vil være uendret. Bytter vi ut betegnelsen u K med u D (drainspenning), får vi derfor: u D = u D = 4,8V At det ikke går gatestrøm, betyr at det ikke blir noe spenningsfall over de to R B 'ene, dermned har vi for de to gatespenningene : u G = u G = 0,00V I figuren til høyre ser vi at ved,00ma så vil u GS være omtrent,45v. Det innebærer at: u S = u S = u G - u GS = 0,00V -,3V = -,45V c) Det er kretsen i a) som har den største spenningsforsterkningen for små signaler. Det er fordi i K - u BE -karakteristikken er steilere enn i D -u GS - kurven, det vil si at r e i BJT < r s i FET. i D [ma] ,5 u GS [V] 3 Oppgave 4 (0%) a) Vi skal konstruere en opamp krets som gir utspenningen = 3u - u der u og u er innspenningene til kretsen, og prøver med ett oppsett med to inverterende opamper, der u inverteres to ganger og u inverteres bare en gang. Vi har at u 3 = - u R /R og = - u R 4 /R 3 - u 3 R 4 /R 5 der vi setter inn for u 3 og får: = - u R 4 /R 3 - (- u R /R ) R 4 /R 5 = u (R R 4 )/(R R 5 ) - u R 4 /R 3 u u R R R 5 R 3 u 3 R 4 Motstandsverdier må velges slik at R 4 /R 3 = og (R R 4 )/(R R 5 ) = 3, og vi bør bruke serieverdier - gjerne E4 - i området 0kΩ - 00kΩ. Starter vi med å prøve R 3 = 0kΩ og R 4 = 0kΩ, står vi igjen med å skulle oppfylle (R 0kΩ)/(R R 5 ) = 3. Det er naturlig å velge R = R 3 = 0kΩ, og det gir R /R 5 = 3/ som oppfylles med R = 30kΩ og R 5 = 0kΩ. Konklusjon: Vi bruker kretsen foran med disse verdiene: R = 0kΩ ; R = 30kΩ ; R 3 = 0kΩ ; R 4 = 0kΩ ; R 5 = 0kΩ b) En tilbakekoplet med en 74-type operasjonsforsterker har forsterkningen lik open loop freq. response Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL Rolf k Ingebrigtsen 0k f ø M 0M 00k db A f0,db

29 Øvre grensefrekvens for en ikke-inverterende forsterker når vi ikke regner med "slewrate"begrensning, finner vi ved å tegne inn den ønskede forsterkningen A f0 i db inn sammen med - A(f)-kurven i figuren til høyre. Den øvre grensefrekvens er da gitt ved skjæringspunktet med A(f)-kurven. I dette tilfellet blir A f0,db = 0dB log0 = 0dB, og det gir: f ø = 00kHz Løsningsforslag for eksamen. desember 98 ferdig. Løsningsforslag for eksamen. februar 99 (Lærebok tillatt.) Oppgave (0%) 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) Koplingen kalles Strømkilde med u BE -referanse, og den skal sinke en konstant strøm (inn i kollektor på T ) fra lasten, uavhengig av hvilken last den er koplet til eller hvilken spenning det blir på kollektoren. De omtrentlige kollektorstrømmene i de to transistorene: Vi har å gjøre med svært små basestrømmer her siden β er omtrent 300, og derfor er strømmene i T og T nokså nøyaktig lik strømmen i hhv. R og R. T : Med "standard"verdien u BE = 0,70V, så er strømmen i R gitt ved u BE /R, og vi får: i K = i R = u BE /R = 0,70V/00Ω = R 0kΩ T I B 7,0mA R Last T 00Ω -V T : Vi ser også at u KE = u BE + u BE =,4V slik at u K = -V +,4V = -0,6V. Da er strømmen i R og T : i K = i R = (0V - u K )/R = (0V - -0,6V)/0kΩ =,06mA =,ma b) Dersom kollektor-emitterspenningen til T blir 40V, er den fremdeles innenfor maksimalspenningen for typen, som i datablad er oppgitt til i hvert fall 45V. Så er spørsmålet om den tåler effekttapet: P = u KE i K = 40V 7,0mA = 80mW Også det går bra (maksimalverdien er 65mW ved 5 O C), og konklusjonen blir: Kretsen vil virke som den skal dersom kollektor-emitterspenningen til T blir 40V. Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.9 Rolf Ingebrigtsen

30 Oppgave (5%) Kretsen i figuren til høyre, en felles emitter-forsterker med BC547B, er gitt. Vi skal bruke n =,3 i EbersMolllikninga og earlyspenning på 00V. a) Arbeidspunktet for kollektorstrøm og kollektorspenning: Vi finner først U BB ut i fra U CC og spenningsdeleren R - R : U BB = U CC R /(R + R ) = 0V 33kΩ/(33kΩ + 470kΩ) =,3V Og R B = R R /(R + R ) = 470kΩ 33kΩ/(33kΩ + 470kΩ) = u i R 470kΩ R 33kΩ R K 30,83kΩ 0kΩ R E C u 680Ω 0 V U CC = 0V Vi starter med å gjøre et overslag med U BEQ = 0,7V, og bruker β = 90 fra datablad: I KQ = (U BB - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (,3V - 0,7V)/(30,83kΩ/ Ω) = 0,78mA og U KQ = U CC - R K I K = 0V - 0kΩ 0,78mA =,V I databladet (s. T.6 fig.) avleser vi da en U BEQ på 0,6V, og ved å betrakte fig. s. T.6 og bruke V A = 00V får vi for ma omtrent β = (90 0,8/0,9),07 = 70, og da får vi: I KQ = (,3V - 0,6V)/(30,83kΩ/ Ω) = 0,8839mA 0,88mA Arbeidspunktspenningen på kollektoren er da: U KQ = U CC - R K I KQ = 0V - 0kΩ 0,8839mA =,6V,V Vi tenker oss så at U BB justeres slik at I KQ =,00mA, som er brukt i resten av oppgaven. b) Inngangssmotstanden R i på forsterkeren belaster signalkilden, og innspenningen til forsterkeren blir da: u i = 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 (70(680Ω + 33Ω) = og dermed er innspenningen på forsterkeren vår: u i = 5,0mV 6,57kΩ/(47kΩ + 6,57kΩ) = r e = nv T /I KQ =,3. 5mV/,0mA = 33Ω 6,57kΩ,8mV Forsterkningen med last er A bek, som med lastmotstand R L = 47kΩ blir: A bek = -(R K R L )/(R E + r e ) = - (0kΩ 47kΩ )/(680Ω + 33Ω) = -,56 og utspenningsamplityden med tilkoplet kilde og last blir: = A bek u i =,8mV,56 = 0,93mV = mv Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.30 Rolf Ingebrigtsen

31 +V Oppgave 3 (0%) R E,0kΩ a) De 6 ord og uttrykk fra lista (i oppgavens punkt a)) som det er mest naturlig å bruke om kretsen i figuren : darlingtonkopling, forsterkning, emitterfølger, bipolar transistor, grensefrekvens, utgangsresistans. u i R B u E u B T,0MΩ T -V 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: For darlingtonkoplingen får vi en total β = = Vi ser på koplingen som en transistor med β = og U BEQ på -0,7V (minus for PNP når vi regner med fortegn), og får da for PNPtransistorene: I KQ = (U BB - U CC - U BEQ )/(R B /β + R E ) = (0V - V - (-,4V))/(,0MΩ/ ,0kΩ ) = -0,48mA Det gir U BQ = U BB - R B I KQ /β = 0V -,0MΩ (-0,48mA) = mv Og U EQ er,4v høyere enn dette, det vil si U EQ =,4V Strømmen i I KQ = I KQ /300. Det er derfor ikke noen god antakelse å si at U BEQ = U BEQ. (Differansen mellom disse er gitt ved nv T ln(i KQ /I KQ ) = 90mV) Oppgave 4 (35%) a) I koplingen til høyre er u I et sinusformet signal med moderat frekvens og effektivverdi på 3,83V. u I + - A o D 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:, min = - 3,83V = -5,40V C Opamptypen skal ha input offsetspenning < mv, og siden minus-inngangen er koplet rett til kondensatoren, bør den ha FET på inngangen. Vi velger AD549 (den øverste brukbare på lista) Elnikk/EksLøsn//03/ Side EOL.3 Rolf Ingebrigtsen