Elektroniikan perusteet 1

TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op)Kevät 2011 / Luokka AS10Lisensoitu CC-BY-lisenssillä

Vesa Linja-aho

Metropolia

23. marraskuuta 2012

Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 1 / 119

Sisällysluettelo

Klikkaamalla luennon nimeä pääset hyppäämään luennon ensimmäisellekalvolle.

1 1. tunti2 2. tunti3 3. tunti4 4. tunti5 5. tunti6 6. tunti

7 7. tunti8 8. tunti9 9. tunti10 10. tunti11 11. tunti12 12. tunti


1. tunti

Kurssin perustiedot

Opettaja: DI Vesa Linja-aho, [email protected] to klo 10.00-11.45 luokka P113Suorittaminen: tentti. Kurssi jatkuu IV-periodilla (2x2h/vko), sovitaantentin ajankohta IV-periodin alussa!Oppikirja: Kimmo Silvonen: Elektroniikka ja puolijohdekomponentit.Oppikirjaksi kelpaa myös: Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka jaelektroniikka.Kaikista muutoksista tiedotetaan Tuubi-portaalissa!


1. tunti

Kotitehtävät

Kurssilla on 12 kotitehtävää.Jokaisesta oikein lasketusta tehtävästä saa yhden pisteen.Jokaisen pitää saada vähintään 4 pistettä (muuten ei saa arvosanaa).Neljän yli menevät pisteet hyvitetään sellaisenaan koepisteiksi.Kokeen maksimipistemäärä on 30 (5 tehtävää x 6 pistettä).


1. tunti

Kurssin oppimistavoitteet

Opinto-oppaasta:

TavoitteetKyky ymmärtää ja laskea yksinkertaisia elektroniikkapiirejä. Signaalienesitystapojen osaaminen. Tasa- ja vaihtosuureiden perusteitten erojenymmärtäminen. Yksinkertaisten puolijohdepiirien virtojen ja jännitteidenlaskemiskyky.

SisältöTasa- ja vaihtojännitteet signaaleina. Diodit ja diodipiirit,tasajännitelähteitten perusteet, bipolaaritransistorin toiminnan perusteet,yksinkertaiset suodattimet. Verkkojännitteen muuntaminentasajännitteeksi.


1. tunti

Kurssin alustava aikataulu

1 Mitä on elektroniikka? Diodit.2 Diodipiirejä.3 Bipolaaritransistorit4 Transistoripiirejä.5 Kanavatransistorit.6 Kanavatransistoripiirejä.7 Operaatiovahvistin.8 Operaatiovahvistinpiirejä.9 Muuntaja.10 Verkkolaitteet.11 Piensignaalianalyysi.12 Suodatinpiirejä.


1. tunti

Mitä on elektroniikka?

Kielitoimiston sanakirja 2.0Elektroniikka = vapaiden elektronien ja muiden varauksenkantajientutkimus ja hyväksikäyttö (esim. puolijohde- ja näyttölaitteissa,mikropiireissä yms.).

Kursseilla Tasasähköpiirit ja Vaihtosähköpiirien perusteet käsitelläänpiiriteoriaa ja sähkötekniikkaa.Raja sähkötekniikan ja elektroniikan välillä joskus häilyvä.Nyrkkisääntö: jos käytetään puolijohteita (tai radioputkia), kyse onelektroniikasta. Jos pelkkää sähkön lämpövaikutusta (esim.lämpöpatteri) tai sähkömagneettista voimavaikutusta(sähkömoottori), kyse on sähkötekniikasta.Itse mm. mieltäisin kaiuttimen jakosuotimen elektroniikaksi, vaikkeisiinä olisi yhtään puolijohdekomponenttia.


1. tunti

Kohta mennään itse asiaan

Kysymyksiä?


1. tunti

Elektroniikka ja puolijohdekomponentit

Puolijohdetekniikka perustuu puolijohteiden ja/tai puolijohteen jajohteen rajapinnassa tapahtuviin fysikaalisiin ilmiöihin.


1. tunti

DiodiPuolijohdediodi koostuu p- ja n-tyyppisen puolijohdepalasenrajapinnasta. n-tyyppisessä puolijohteessa on varauksenkuljettajinaelektroneja ja p-tyyppisessä aukkoja.pn-liitoksessa virta voi kulkea vain toiseen suuntaan (pientävuotovirtaa lukuunottamatta). Jos jännitteen kytkee toisin päin,liitoksen ympärille muodostuu tyhjennysalue, ja varauksenkuljettajateivät pääse liikkumaan.Jos U on positiivinen, sitä kutsutaan päästösuuntaiseksijännitteeksi, jos negatiivinen, estosuuntaiseksi.

@

I-

UW

I = IS(

eU

nUT − 1)

UT =kTq

q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23 JK


1. tunti

Diodi

Puolijohdediodin yhtälöjen käyttö on hankalaa käsin laskiessa.Epälineaarista yhtälöryhmää ei voi ratkaista analyyttisesti (=kaavaapyörittämällä), vaan on käytettävä iteratiivisia menetelmiä.Diodin jännite-virtakäyrä nousee jyrkästi n. 0,7-0,8 voltin kohdalla.Käsin laskiessa voidaan käyttää paloittain lineaarista sijaiskytkentää,jossa diodin yli on esimerkiksi 0,7 voltin vakiojännite, jos sen läpikulkee virta päästösuuntaan.Sopimus tällä kurssilla käytämme diodille sellaista paloittainlineaarista sijaiskytkentää, jossa diodin läpi kulkee virta ainoastaanpäästösuuntaan, ja jos virta kulkee, diodin yli on 0,7 voltin jännite.


1. tunti

Laskutekniikkaa

Paloittain lineaarista sijaiskytkentää sovelletaan seuraavasti:Irrota diodi piiristä.Laske jännite, joka muodostuu diodin elektrodien välille (siis siihenkohtaan, josta diodi otettiin pois).Jos tämä jännite on suurempi tai yhtä suuri kuin 0,7 volttia, diodijohtaa, ja sen yli muodostuu 0,7 voltin jännite, kun se laitetaantakaisin piiriin.Jos jännite on pienempi kuin 0,7 volttia, diodi ei johda eikä sen läpikulje virtaa.

Jos piirissä on useita diodeja, menettely pitää toistaa jokaiselle diodilleerikseen niin, että tiedetään, mitkä diodeista johtavat.


1. tunti

Erikoisdiodeja

Zenerdiodi johtaa myös estosuuntaan, jos zenerjännite ylittyy.Varaktori eli kapasitanssidiodi. Voidaan käyttää jännitteellä

säädettävänä kondensaattorina.Led eli hohtodiodi lähettää valoa, kun sen läpi kulkee

päästösuuntainen virta.Fotodiodi n estosuuntainen virta riippuu diodiin osuvan valon

voimakkuudesta.Schottky-diodi on valmistettu metallin ja puolijohteen liitoksesta, ja sille

on tyypillistä matala päästösuuntainen jännite.


1. tunti

Kotitehtävä 1

+

−E = 12V

R@

ULED

?

Valmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virrallaon 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi10 mA virta?


2. tunti

Kotitehtävä 1 – ratkaisu

+

−E = 12V

R@

ULED

?

Valmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virrallaon 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi10 mA virta?Ratkaisu: R = 12 V−2,0 V

10 mA = 1 kΩ.


2. tunti

Diodisovelluksia

Tasasuuntaus (ja demodulaatio)YlijännitesuojausTarkkuustasasuuntaaja ja näytteenotto- ja pitopiiriLämpötila-anturina toimiminenJännitereferenssinä toimiminen


2. tunti

Puoliaaltotasasuuntaus

Käytännössä diodin kynnysjännite vaikuttaa tasasuunnattuunjännitteeseen. Kun muuntajalta saatavan jännitteen arvo laskee alle diodinkynnysjännitteen, tasasuuntaajan ulostulojännite on nolla volttia.

Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Halfwave.rectifier.en.svg


http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Halfwave.rectifier.en.svg

2. tunti

Diodin käyttö ilmaisimena, "kidekone"

@


2. tunti

Kokoaaltotasasuuntaus

Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Gratz.rectifier.en.svg


http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Gratz.rectifier.en.svg

2. tunti

Kokoaaltotasasuuntaus keskiulosotolla

Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Fullwave.rectifier.en.svg


http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Fullwave.rectifier.en.svg

2. tunti

Tarkkuustasasuuntaaja ja näytteenotto- ja pitopiiri

Operaatiovahvistimen avulla voidaan toteuttaa myöstarkkuustasasuuntaaja sekä näytteenotto- ja pitopiiri.Käsitellään ne operaatiovahvistintunnilla.


2. tunti

Tulon ylijännitesuojaus

bb

@

@

r+

−käyttöjännite


2. tunti

Lämpötilan mittaaminen

Lämpötila vaikuttaa diodin jännitteeseen, jos virta pidetään vakiona(ja päinvastoin).


2. tunti

Jännitereferenssi zenerdiodilla

@

R

UZ

9

+

−U

Jännite UZ pysyy lähes vakiona, vaikka U vaihtelee. Toiminta perustuuzenerdiodin jyrkkään ominaiskäyrään: zenerdiodin jännite ei juuri muutu,vaikka virta muuttuu.


2. tunti

Kotitehtävä 2

R15 kΩ

R27 kΩ

@

R34 kΩ

R48 kΩ

I-

+

−

E12V

a) Kuinka suuri on virta I?b) Käännetään diodi toisin päin. Kuinka suuri on nyt virta diodin läpi?Käytetään diodille tuttua paloittain lineaarista mallia, eli diodin kynnysjännite on 0,7 volttia (jospäästösuuntainen jännite on alle 0,7 V, diodi ei johda, muussa tapauksessa diodi johtaa ja senjännite on tasan 0,7 V). Vihje: irrota diodi piiristä, ja muodosta Théveninin lähde diodinliitoskohtaan. Selvitä sen jälkeen, mitä tapahtuu, kun diodi liitetään piiriin. Tehtävän voiratkaista myös ilman Théveninin lähdettä.


3. tunti

Kotitehtävä 2 - ratkaisu

R15 kΩ

R27 kΩ

b bR34 kΩ

R48 kΩ

ET - +

−

E12V

Irrotetaan diodi piiristä ja muodostetaan loppupiiristä Théveninin lähde.Lähdejännite saadaan jännitteenjakosäännön avulla. Lasketaan R2:n jaR4:n yli olevat jännitteet, ja niiden erotuksena saadaan Thévenininlähdejännite ET:

ET = E R2R1 + R2

− E R4R3 + R4

= −1V.

a) Koska jännite on estosuuntainen, diodi ei johda → I = 0A.Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 26 / 119

3. tunti

Kotitehtävä 2 - ratkaisu jatkuu

R15 kΩ

R27 kΩ

b bR34 kΩ

R48 kΩ

B-kohdassa diodi käännetään toisin päin, jolloin kynnysjännite 0,7 V ylittyyja diodi johtaa. Virran selvittämiseksi lasketaan Théveninin resistanssi RTsammuttamalla lähde E ja laskemalla diodin kiinnityskohdan resistanssi:

RT = R1||R2 + R3||R4 =1

1R1

+ 1R2

+1

1R3

+ 1R4

=6712 kΩ ≈ 5,58 kΩ

jolloin virta I = −1 V−0,7 V6712 kΩ

≈ −53,7µA.Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 27 / 119

3. tunti

Bipolaaritransistori

Transistorityyppejä on monta erilaista: bipolaaritransistori,MOSFET-transistori, JFET-transistori, IGBT-transistori . . .Bipolaaritransistoreja on kahta päätyyppiä: NPN-transistori jaPNP-transistori.


3. tunti

NPN-transistori

Perustoiminta: pieni kantavirta ohjaa suurta kollektorivirtaa: iC = βiB.Kerrointa β kutsutaan virtavahvistuskertoimeksi.Virtavahvistuskerroin riippuu transistorimallista ja -yksilöstä;tyypillinen virtavahvistuskerroin on luokkaa 100.Kantavirta kulkee vain, jos kanta-emitteridiodi johtaa.Kanta-emitteridiodin johtaminen selvitetään kuten tavallisen diodinjohtaminen (kynnysjännite: 0,7 volttia).Esimerkiksi, jos kannan ja emitterin välille on kytketty vain 0,4 voltin(joka on alle 0,7 volttia) jännite, diodi ei johda.

R@@

IB-

IC?

IE?Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 29 / 119

3. tunti

PNP-transistori

Kuten NPN-transistori, mutta virtojen suunnat jakanta-emitteridiodin suunta ovat päinvastaiset!

@@I

IB

IC6

IE6


3. tunti

Saturaatiotila

Hieman yksinkertaistettuna transistori voidaan ajatella säätimeksi,joka säätelee kollektorin ja emitterin välistä resistanssia niin, ettäiC = βiB.Transistori ei kuitenkaan voi kumota fysiikan lakeja: jos kollektorilleon kytketty piiri, jonka läpi kollektorille voi tulla vain 10mA, niintransistori ei pysty pakottamaan kollektorivirtaa suuremmaksi kuin tuo10mA — ei, vaikka kannalle syötettäisiin 100mA.Transistorin kollektorin ja emitterin jännitteellä on tietty alaraja, johonse voi laskea. Tätä alarajaa kutsutaan saturaatiojännitteeksi UCEsat.Saturaatiojännite riippuu transistorityypistä: suuruusluokka ontyypillisesti kymmenistä millivolteista muutamaan sataan millivolttiin.


3. tunti

LaskutekniikkaaSelvitä ensin, kuinka suuri voi kollektorivirta olla. Eli laske, kuinkasuuri olisi kollektorivirta, jos transistori olisi saturaatiotilassa jaUCE = UCEsat.Sitten selvitetään kantavirta ja sen perusteella kollektorivirtaiC = βiB.Jos kaavasta iC = βiB saatu kollektorivirta on suurempi kuinsaturaatiotilalle laskettu kollektorivirta, transistori on saturaatiossa jaiC < βiB.Jos kaavasta iC = βiB saatu kollektorivirta on pienempi kuinsaturaatiotilalle laskettu kollektorivirta, transistori on aktiivitilassa jaiC = βiB.

Toinen tapa on laskea ensin kantavirta, siitä kollektorivirta ja siitä UCE.Jos kollektorin ja emitterin väliseksi jännitteeksi saadaan pienempi jännitekuin transistorin saturaatiojännite, tiedetään, että transistori onsaturaatiossa ja kollektorin ja emitterin välinen jännite on UCEsat.


3. tunti

Esimerkki

+

−E1 = 5V

+

−E2 = 12V

RC

RB

R@@

IC?

Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100, UCEsat = 0,2V ja RB = 5 kΩ.a) Jos RC = 100Ω, kuinka suuri on virta IC?b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisisaturaatiotilaan?


3. tunti

Ratkaisu

+

−E1 = 5V

+

−E2 = 12V

RC

RB

R@@

IC?

Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100, UCEsat = 0,2 V ja RB = 5 kΩ.a) Jos RC = 100 Ω, kuinka suuri on virta IC?b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisi saturaatiotilaan?a) Kantavirta on IB = 5 V−0,7 V

5 kΩ= 0,86 mA. IC = βIB = 100 · 0,86 mA = 86 mA. Tarkistetaan

vielä, että transistori ei ole saturaatiotilassa: UCE = E2 − ICRC = 3,4 V mikä on suurempi kuinUCEsat = 0,2 V, eli transistori ei ole saturaatiotilassa.b) Transistori on saturaatiotilan rajalla, kun äsken laskettu IC aiheuttaa kollektorin ja emitterinvälille tasan 0,2 V jännitteen. Tällöin RC:n yli on 12 V− 0,2 V = 11,8 V. RC saadaan Ohminlaista RC = 11,8 V

86 mA ≈ 137 Ω.


3. tunti

Kotitehtävä 3

R2 = 10 kΩ

R1 = 10 kΩ

+

−E = 12V

RC

R@@

IC?

Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100 ja UCEsat = 0,2V.a) Jos RC = 100Ω, kuinka suuri on virta IC?b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisisaturaatiotilaan?


4. tunti

Kotitehtävä 3 – ratkaisuRatkaistaan kantavirta muodostamalla kantapiiristä Théveninin lähde:

ET = E R2R1 + R2

= 6V RT = R1||R2 = 5 kΩ

+

−ET

+

−E = 12V

RC

RT

R@@

IC?


4. tunti


Nyt kantavirta onIB =

ET − UBERT

= 1,06mA

Ja kollektorivirta onIC = βIB = 106mA

Kollektorivastuksen yli muodostuu nyt RC · IC = 10,6V jännite, jotenUCE = 12V− 10,6V = 1,4V eli suurempi kuin UCEsat, eli transistori eiole saturaatiossa ja kollektorivirta todella on 106mA.B-kohdan raja löytyy, kun selvitetään, millä RC:n arvolla UCE = 0,2, kunkollektorivirta on 106mA:

RCmax =12V− 0,2V

106mA ≈ 111Ω.


4. tunti

Releen ohjaaminen transistorilla

Esimerkiksi mikrokontrollerin lähtövirta ei yleensä riitä releenohjaamiseen.Mikrokontrollerin antama 1 milliampeerin virta voidaan transistorillavahvistaa kymmenien tai satojen milliampeerien suuruiseksi.Kantavastus tulee mitoittaa niin, että rele saa tarpeeksi virtaa jamikrokontrollerin antama virta ei kasva liian suureksi.


4. tunti

Releen ohjaaminen transistorilla

Suojadiodin tarkoitus on mahdollistaa kelan (releen käämin) energianpurkautuminen hallitusti, kun transistori katkaisee virran.


4. tunti

Darlington-kytkentä

Jos virtavahvistusta tarvitaan paljon, transistorit voidaan kytkeä niin, ettäensimmäisen transistorin emitterivirta syötetään toisen transistorinkannalle. Piiriä kutsutaan Darlington-kytkennäksi.

R@@

R@@

b

b

bI1?

I2-


4. tunti

Kotitehtävä 4

R@@

@@

bb

bI1?

I2-

Laske koko piirin virtavahvistus βkok = I1I2 . Molemmilla transistoreilla on

sama virtavahvistus β (ei lukuarvoa).


5. tunti


R@@

@@

bb

bI1 = β2I2 + βI2?

I2-

βI2

ββI2 = β2I2?

βkok =I1I2

=β2I2 + βI2

I2= β2 + β


5. tunti

Transistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä)

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

+

−12V

RC = 1 kΩ

R@@

RE = 470Ω

CIN

COUTrUin

?

Uout

?


5. tunti

Transistorivahvistin

Edellisen kalvon piiri vahvistaa vaihtojännitesignaalia Uin.Miksi signaalia ei voi vain syöttää suoraan transistorin kannalle?Mihin piirissä tarvitaan kondensaattoreita?Kuinka suuri on piirin jännitevahvistus Uout

Uin?


5. tunti

Transistorivahvistin

Jotta transistorivahvistin vahvistaisi myös heikkoja signaaleja, se pitääbiasoida eli esijännittää. Myös termiä tasajänniteasettelu käytetään.Kondensaattorit estävät esijännitykseen käytettävää tasasähköävuotamasta vahvistimen tuloon ja lähtöön.Kuvan vahvistinkytkentää kutsutaan yhteisemitteri- eliCE-vahvistimeksi (engl. common emitter).Analysoidaan piirin toimintaa kerrostamismenetelmällä. Mallinnetaantransistoria virtaohjatulla virtalähteellä.Kaikki muut jännitelähteet (kanta-emitteridiodin jännite ja piirinkäyttöjännite) asetetaan nollaksi.Oletetaan kondensaattorit oikosuluksi (= signaalin taajuus on niinsuuri, että kondensaattorien impedanssi on pieni).


5. tunti

Transistorivahvistimen analysointi

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

RC = 1 kΩ

βIB?

IB-

RE = 470Ω

Iin- r

Uin

?

Uout

?


5. tunti

Vahvistuskerroin

Emitterivirralle voidaan kirjoittaa

UinRE

= IB + βIB ⇒ IB =Uin

RE(1 + β)

josta

Uout = −βIB · RC = −β UinRE(1 + β)

RC = −Uinβ

1 + β

RCRE

jaUoutUin

= − β

1 + β

RCRE≈ −RC

RE,

koska β1+β ≈ 1.


5. tunti

Tuloresistanssi

Rin =UinIin

Iin =UinR1

+UinR2

+ IB =UinR1

+UinR2

+Uin

RE(1 + β)

Rin =UinIin

=Uin

UinR1

+ UinR2

+ UinRE(1+β)

=1

1R1

+ 1R2

+ 1RE(1+β)

Eli tuloresistanssi on resistanssien R1, R2 ja RE(1 + β) rinnankytkentä.Voidaan ajatella, että emitterillä oleva resistanssi näkyy kannalla(1 + β)-kertaisena.


5. tunti

LähtöresistanssiLähtöresistanssi on helppo johtaa tekemällä kollektorivastukselle javirtalähteelle lähdemuunnos:

RC

βIB?

Uout

6

−

+βIBRC

RCUout

?

Lähdemuunnoksessa resistanssin arvo säilyy samana, eli vahvistimenlähtöresistanssi on suoraan kollektorivastus RC.


5. tunti

Kotitehtävä 5

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

+

−12V

RC = 1 kΩ

R@@

RE = 500Ω

β = 100CIN

COUTrUin

?

Uout

?

Kuinka suureksi CIN tulee vähintään valita, jotta yli 20 Hz taajuisetsignaalit eivät vaimene enempää kuin 3 desibeliä piirin ideaalivahvistukseen(≈ 2) verrattuna? Vastaus: C ≈ 500 nF


5. tunti


CIN ja vahvistimen tuloresistanssi RIN muodostavat yhdessä ensimmäisenasteen ylipäästösuodattimen, joka määrää vahvistimen alarajataajuuden.Ensimmäisen asteen suodattimilla suodattimen ominaistaajuus on samakuin -3 desibelin piste, eli tehtävä ratkeaa suoraan laskemalla CINmuodostuneen ylipäästösuodattimen ominaistaajuuden kaavasta(f0 = 20Hz):

f0 =ω02π =

1RC2π =

12πRC =

12πRINCIN

⇒ CIN =1

2πRINf0

CIN =1

2π 11

R1+ 1

R2+ 1

RE(1+β)

f0≈ 500 nF

Huomaa, että myös COUT vaikuttaa alarajataajuuteen, mutta tätä eikäsitelty tehtävässä.


6. tunti

PiensignaalianalyysiKun epälineaarisia komponentteja sisältävän piirin toimintaatutkitaan, voidaan käyttää joko tarkkoja yhtälöitä (haastavaa, vaatiikäytännössä tietokoneen avuksi) tai karkeaa mallia (kuten diodinjännitteen olettaminen 0,7 voltiksi ja transistorin kaava IC = βIB).Näiden ääripäiden välimuoto on piensignaalianalyysin käyttäminen.Piensignaalianalyysissä lasketaan ensin komponentintasajännitetoimintapiste.Tämän jälkeen komponentin ominaiskäyrää (virran riippuvuuttajännitteestä) mallinnetaan ominaiskäyrän derivaatalla.Piensignaalianalyysi antaa kohtuullisen tarkan tuloksen, mikälisignaalitaso on niin pieni1, että se ei muuta komponentintoimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalitaso on niin suuri, ettäominaiskäyrän derivaatta ja ominaiskäyrä poikkeavat toisistaanpaljon, tulos on epätarkka.

1Tästä nimi piensignaalianalyysi!Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 52 / 119

6. tunti

Diodin piensignaalisijaiskytkentä

@

I-

UW

I = IS(

eU

nUT − 1)

UT =kTq

q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23 JK

Derivoidaan:dIdU = IS

1nUT

eU

nUT =1

nUTISe

UnUT︸︷︷︸≈I

≈ InUT

Koska virta derivoitiin jännitteen suhteen, äsken laskettu suure onkonduktanssia. Diodin piensignaaliresistanssi on siis tämän konduktanssinkäänteisluku:

rd =∆u∆i =

1I

nUT

=nUT

IVesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 53 / 119

6. tunti

Piensignaalianalyysi diodipiirille

Laske ensin diodin tasajännitetoimintapiste: sammutavaihtojännitelähteet ja laske diodin virta (esimerkiksi) olettamallajohtavan diodin jännitteeksi 0,7 volttia (= tekniikka, joka opeteltiinensimmäisellä tunnilla).Kun diodin läpi kulkeva (tasa)virta on laskettu, lasketaan diodindynaaminen resistanssi kaavasta

rd =nUT

I .

Terminen jännite UT on huoneenlämmössä noin 26 millivolttia jaemissiovakioksi voi olettaa n ≈ 2.Lopuksi sammutetaan kaikki tasajännitelähteet, korvataan diodidynaamisella resistanssilla ja lasketaan vaihtojännitteen vaikutuspiiriin.


6. tunti

Piensignaalianalyysi: yksinkertainen esimerkki

+

−E = 1V

+

−eac = 100mV

R = 100Ω

@

U + uac

9


6. tunti

Vaihe 1/3

Sammutetaan vaihtojännitelähde (tai lähteet, jos niitä on useita), jalasketaan diodin läpi kulkeva tasavirta.

+

−E = 1V

R = 100Ω

@

U = 0,7V9

I?

I =E − U

R =1V− 0,7V

100Ω= 3mA


6. tunti

Vaihe 2/3

Lasketaan diodin dynaaminen resistanssi:

rd =nUT

I =2 · 26mV3mA ≈ 17Ω


6. tunti

Vaihe 3/3

Sammutetaan tasajännitelähde, korvataan diodi dynaamisella resistanssillaja lasketaan vaihtojännitteen vaikutus piiriin (tässä tapauksessa näppärästijännitteenjakosäännöllä).

+

−eac = 100mV

R = 100Ω

rd = 17Ω

uac

9

uac = eacrd

R + rd= 100mV 17Ω

100Ω + 17Ω≈ 15mV


6. tunti

Piensignaalianalyysin käytössä huomioitavaa

Piensignaalianalyysi antaa melko tarkan tuloksen silloin, kun käsiteltävä(vaihtojännite)signaali on amplitudiltaan niin pieni, että se ei muuta piirintoimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalin vaikutusalueella komponentinominaiskäyrä ja derivaatta poikkeavat toisistaan merkittävästi,piensignaalianalyysi antaa epätarkan tuloksen.

EsimerkkiJos edellisessä esimerkissä vaihtojännitteen amplitudi olisi ollut 10 volttia,piensignaalianalyysin tulos olisi pahasti metsässä. Esimerkiksi voltinamplitudinen sinimuotoinen vaihtojännite pakottaisi diodin estotilaan,jolloin sen dynaaminen resistanssi on satoja kilo-ohmeja tai enemmän.

Piensignaalianalyysi toimii nimensä mukaisesti vain pienillä signaaleilla!


6. tunti

Kotitehtävä 6

+

−E = 10V

+

−eac = 100mV

R = 1 kΩ

@

U + uac

9

Ratkaise piensignaalianalyysin avulla, kuinka suuri on diodin yli vaikuttavavaihtojännite uac.Ratkaisu: 0,556 mV


7. tunti


Ratkaiseminen tapahtuu kuten edellisen luennon esimerkissä. Lasketaanensin tasavirta diodin läpi:

I =10V− 0,7V

1 kΩ= 9,3mA

Tasavirran perusteella lasketaan diodin dynaaminen resistanssi:

rd =nUT

I =2 · 26mV9,3mA ≈ 5,59Ω

Ja ratkaistaan diodin yli oleva vaihtojännite jännitteenjakosäännöllä:

uac = 100mV 5,59Ω

1 kΩ + 5,59Ω≈ 0,556mV


7. tunti

Transistorivahvistimen piensignaalianalyysi

5. tunnilla tehty CE-transistorivahvistimen analyysi ei anna tarkkaatulosta, varsinkin jos emitterivastus RE ohitetaan kondensaattorilla.Ohituskondensaattorin käyttö on erittäin tavallista.Tarkemman tuloksen saa, kun otetaan huomioon transistorinkanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi.Transistorilla emissiovakioksi oletetaan yleensä n ≈ 1.


7. tunti

Epätarkka malli, jota käytettiin viitostunnilla

ic = βib?

ib-

ib + ic?

b

bb


7. tunti

Tarkempi piensignaalimalli: otetaan huomioonkanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi

ic = βib?

ib-

re = nUTIE b

bb

Tätä mallia kutsutaan T-sijaiskytkennäksi. On olemassa myösπ-sijaiskytkentä.


7. tunti

Merkinnöistä

Sopimus:Piensignaalianalyysissä tasavirtoja ja -jännitteitä (joista lasketaanpiensignaalisijaiskytkennän parametrit, kuten re) merkitään isollakirjaimella.Piensignaalivirtoja ja -jännitteitä merkitään pienillä kirjaimilla.Esimerkiksi IE on tasavirta, jota käytetään laskettaessa transistorintoimintapistettä.ie on sen sijaan piensignaalivirta (vaihtovirta).


7. tunti

Transistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä)

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

+

−12V

RC = 1 kΩ

R@@

RE = 470Ω

CIN

COUTrUin

?

Uout

?


7. tunti

CE-vahvistimen analysointi

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

RC = 1 kΩ

βiB?

iB-

RE + re

iin- r

uin

?

uout

?


7. tunti

Kotitehtävä 7

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

+

−12V

RC = 1 kΩ

R@@β = 100

RE = 470Ω

CIN

COUT

rUin

?

Uout

?

Laske piensignaalianalyysin avulla kuvan vahvistimelle tulo- jalähtöresistanssit Rin ja Rout sekä jännitevahvistus Uout

Uin.

Rin ≈ 15,8 kΩ, Rout ≈ 6,569 Ω ≈ 7 ΩUoutUin

≈ 0,99.


8. tunti

Kotitehtävä 7 – ratkaisuLasketaan ensin emitterivirta piensignaalisijaiskytkennän dynaamisenresistanssin re selvittämiseksi:

IE = (β + 1)

(12V− UE − 0,7VR1

− UE + 0,7VR2

)ja

IE =UERE

josta ratkeaaUE ≈ 1,83426V

jaIE ≈ 3,90mA,

jotenre =

nUTIE≈ 1 · 26mV

3,9mA ≈ 6,67Ω.


8. tunti

Kotitehtävä 7 – ratkaisuMuodostetaan piensignaalisijaiskytkentä:

R2 = 33 kΩ

R1 = 82 kΩ

RC = 1 kΩ

βiB?

iB-

RE + re

riin- r

uin

?uout

?


8. tunti


Piensignaalikantavirta on

ib =uIN

(re + Re)(1 + β),

josta saadaan piirin lähtöjännitteksi

uout = ieRe = (1 + β)ibRe = (1 + β)uIN

(re + Re)(1 + β)Re

jotenuoutuin

=RE

RE + re≈ 0,99.


8. tunti

Kotitehtävä 7 – ratkaisuLähtöresistanssin selvittämiseksi ajatellaan piirin lähtöön (eli RE:n rinnalle)kuormavastus RL. Tällöin kuormalle menevä todellinen lähtöjännite on

uL =RE||RL

RE||RL + reuin

Jännitteenjakosäännön mukaan vahvistimen lähtöresistanssille jakuormittamattomalle jännitteelle pätee

uL =RL

ROUT + RLuout =

RLROUT + RL

RERE + re

uin

Edellisistä yhtälöistä ratkeaa

ROUT =reRE

re + RE≈ 7Ω.


8. tunti


Tuloresistanssi ratkeaa kuten yhteisemitterikytkennässäkin. Nyt myösmahdollinen emitterille kytketty kuorma RL vaikuttaa lähtöresistanssiin:

RIN = R1||R2||(1 + β)(re + RE||RL)

Jos kuormavastusta ei ole kytketty, tuloresistanssiksi saadaan 15,8 kΩ.


8. tunti

Mikropiirit

Kymmeniä vuosia sitten suuri osa elektroniikasta toteutettiinerilliskomponenteista kokoamalla.1970-luvulla mikropiirit yleistyivät rajusti. Mikropiirien etuja ovatedullisuus ja pieni koko.Nykyään laitesuunnittelu kehittyy yhä enemmän siihen suuntaan, ettävalmistetaan standardimikropiirejä ja ajetaan sinne ohjelmisto sisään,jolloin saadaan ohjelmistosta riippuen aikaiseksi digiboksi taitietokoneen äänikortti (kärjistetty esimerkki).Analogiatekniikassa tärkeä (tärkein?) mikropiiri on operaatiovahvistin(ammattislangilla opari).


8. tunti

Operaatiovahvistin

Operaatiovahvistimeen kytketään käyttöjännite, josta se saaenergiansa (kuvassa ±15 volttia). Operaatiovahvistin mittaatulonapojensa välistä jännite-eroa ja muuttaa lähtöjännitettä senmukaisesti.

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

Uout = A(U+ − U−)

A on operaatiovahvistimen vahvistuskerroin, U+,U−,Uout ovatjännitteitä maasolmua vasten ilmoitettuna.


8. tunti

Ideaalinen operaatiovahvistinIdeaaliselle operaatiovahvistimelle pätee

Vahvistuskerroin A on ääretön (käytännön oparilla se on > 100000).Tulonapoihin ei mene virtaa (käytännön oparilla niihin menee mikro-tai nanoampeereja).Lähtöjännite voi vaihdella käyttöjännitteiden välillä (näin voi tapahtuakäytännössäkin, jos operaatiovahvistimen datalehdessä lukee"rail-to-rail-operation").Ideaalinen operaatiovahvistin on äärettömän nopea.

Tällä kurssilla operaatiovahvistin oletetaan aina ideaaliseksi(sähköinsinöörit ottavat huomioon myös epäideaalisuudet).

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

Uout = A(U+ − U−)


8. tunti

Operaatiovahvistinkytkennät

Operaatiovahvistinta ei käytännössä koskaan käytetä sellaisenaan,vaan kytkemällä siihen muita komponentteja saadaan aikaiseksikäytännöllinen piiri.Tällä tunnilla näistä kytkennöistä käsitellään

I Invertoiva vahvistinI Invertoiva summainI Ei-invertoiva vahvistinI Jännitteenseuraaja


8. tunti

Invertoiva vahvistin

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R1

R2

Uout

?

Uin

?

Uout = −R2R1

Uin


8. tunti

Laskutekniikkaa

Jos ideaalinen operaatiovahvistin (A→∞) on kytketty siten, ettäUout:n nousu kasvattaa jännitettä U− (tai pienentää jännitettä U+),kyseessä on negatiivinen takaisinkytkentä.Negatiivinen takaisinkytkentä pakottaa molempiin tulonapoihinsaman jännitteen eli U+ = U−.Laskutekniikka negatiivisessa takaisinkytkennässä: selvitä toisentulonavan jännite; siitä seuraa, että toisessakin tulonavassa on samajännite.Tarkista lopuksi, että lähtöjännite on käyttöjännitteiden asettamissarajoissa!


8. tunti

Invertoiva summain

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R1

R2

R3

U2

?

U3

? R

Uout

?

U1

?

Uout = −R( 1

R1U1 +

1R2

U2 +1

R3U3

)


8. tunti

Ei-invertoiva vahvistin

"""

bbb

+

−−15 V

+15 V

R2

R1

Uout

?

Uin

?

Uout =

(1 +

R2R1

)Uin


8. tunti

Jännitteenseuraaja

"""

bbb

+

−−15 V

+15 V

Uout

?

Uin

?

Uout = Uin

Kytkennän hyöty: jännitettä Uout voidaan kuormittaa (esimerkiksikytkemällä siihen jokin mittalaite) ilman, että Uin-puolelle kytketty laitehuomaa mitään.


8. tunti

Kotitehtävä 8

R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R1

R2

R3

Uout

?

Uin

?"""

bbb

−+

−15 V

+15 VR4

Kotitehtävä 8Laske Uout, kun Uin = 2V.

Uout = 12 V


9. tunti

Kotitehtävä 8 - esimerkkiratkaisu

R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R1

R2

R3

Uout

?

Uin

?"""

bbb

−+

−15 V

+15 VR4

Laske Uout, kun Uin = 2V. Ratkaisu: piirissä on kaksi peräkkäin kytkettyäinvertoivaa vahvistinta. Ensimmäisen vahvistuskerroin on −R2

R1= −2 ja

toisen −R4R3

= −3. Koko piirin vahvistuskerroin on näiden tulo −2 · −3 = 6,eli kysytty jännite Uout = 2V · 6 = 12V.


9. tunti

Positiivinen takaisinkytkentä

Negatiivisessa takaisinkytkennässä lähtöjännitettä kasvattava häiriökasvattaa myös invertoivan tulon jännitettä → välitön korjausliike →piiri pysyy tasapainoasemassa, eli U+ = U−.Entä jos vaihdetaan invertoivan ja ei-invertoivan tulon paikkaa?Tällöin käy juuri päinvastoin: pieni häiriö tasapainoasemastavoimistaa häiriötä → lähtöjännite ajautuu toiseen äärilaitaan.


9. tunti


"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R2

R1

Uout

?

Uin

?


9. tunti


"""

bbb

+

−−15 V

+15 V

R1

R2

Uout

?

Uin

?


9. tunti

Kotitehtävä 9

"""

bbb

+

−−15 V

+15 V

R1 = 7,5 kΩ

R2 = 15 kΩ−15V

R = 15 kΩ

Uout

?

Uin

?

Piirrä piirin ominaiskäyrä (vaaka-akselille Uin ja pystyakselille Uout).Operaatiovahvistin on rail-to-rail-tyyppinen, eli lähtöjännite voi vaihdellakäyttöjännitteiden välillä. Hystereesisrajat ovat 0 V ja +15 V.


10. tunti


Kumpikin hystereesisraja saadaan laskemalla, milloin operaatiovahvistimentulonavoissa on sama jännite. Tutkitaan ensin tapaus, kun Uout = 15V.Jos ei-invertoivassa tulossa on 0V, on vastuksen R virta 1mA (oikealtavasemmalle) ja vastuksen R2 virta myös 1mA oikealta vasemmalle. Tällöinvirta R1:n läpi on 0mA, eli Uin = 0V. Alempi hystereesisraja on siis 0V.Toinen raja: nyt Uout = −15V. Jos ei-invertoivassa tulossa on 0V, onvastuksen R virta 1mA (vasemmalta oikealle) ja vastuksen R2 virta 1mAoikealta vasemmalle. Tällöin virta R1:n läpi on 1mA + 1mA = 2mAvasemmalta oikealle, eli Uin = 15V. Ylempi hystereesisraja on siis +15V.


10. tunti

Integraattori

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R

C

Uout

?

Uin

?

uout = − 1RC

∫ t

0uindt + U0


10. tunti

Derivaattori

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

C

R

Uout

?

Uin

?

uout = −RC duindt


10. tunti

Tarkkuustasasuuntaaja

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

R

@

R

@

Uin

?

RL Uout

?


11. tunti

Suodattimet

Suodatin= elektroninen piiri, jonka tehtävänä on vaikuttaa läpi menevän signaalinamplitudiin ja/tai vaiheeseen eri taajuuksilla eri tavoin.


11. tunti

Toteutustapoja

Suodatin voidaan toteuttaa joko analogisesti tai digitaalisestiAnaloginen suodatin on aktiivinen, jos toteutuksessa on käytettyvahvistimia. Pelkistä passiivikomponenteista (käytännössä vastus,kondensaattori ja kela) koottu suodatin on passiivinen suodatin.


11. tunti

Suodatintyypit

Tavallisimmat suodatintyypit ovatAlipäästösuodatin: vaimentaa korkeita taajuuksia, päästää läpimatalat taajuudet.Ylipäästösuodatin: vaimentaa matalia taajuuksia, päästää läpi korkeattaajuudet.Kaistanestosuodatin: päästää läpi korkeat ja matalat taajuudet, muttavaimentaa tietyllä välillä olevia taajuuksia.Kaistanpäästösuodatin: vaimentaa liian matalia ja liian korkeitataajuuksia, mutta päästää läpi tietyllä välillä olevat taajuudet.Kokopäästösuodatin: vaimennus ei ole taajuusriippuvainen, ainoastaanvaihesiirto.


11. tunti

Asteluku

Suodattimen asteluku = siirtofunktion s:n korkein potenssi.Suodattimen asteluku analogisessa suodattimessa on yleensä samakuin suodattimen kelojen ja kondensaattorien määrä.Korkeampi asteluku merkitsee yleensä jyrkempää luiskaapäästökaistan ja estokaistan välillä.Päästökaistan ja estokaistan välistä pistettä kutsutaan rajataajuudeksi(engl. cut-off frequency).


11. tunti

1. asteen alipäästösuodatin

Yleinen muoto F (s) = 1s+1 , tällöin ominaiskulmataajuus ω0 = 1.

Sijoittamalla s → sω0

saadaan F (s) = 1sω0

+1

Voidaan toteuttaa yksinkertaisella RC-piirillä, F (s) = UoutUin

= 1RCs+1

Vertaamalla siirtofunktiota ja yleistä muotoa keskenään saadaanω0 = 1

RCOminaistaajuudella |F (s)| = 1√

2 ja vaihekulma −45

RCUin

?

Uout

?


11. tunti

2. asteen alipäästösuodatin

Yleinen muoto 1s2+2Ds+1 →

1( sω0

)2+2D sω0

+1

Vaimennusvakio D määrää vasteen muodon, ω0 paikan(kulma)taajuusakselillaVoidaan toteuttaa esim. Sallen-Key -piirilläTärkeää! Ominaiskulmataajuudella ei välttämättä |F (s)| = 1√

2


11. tunti

Butterworth-alipäästösuodattimen asteluvun vaikutus

-100

-80

-60

-40

-20

0

0.01 0.1 1 10 100

Va

hvis

tus (

dB

)

Kulmataajuus (rad/s)

1. aste2. aste3. aste4. aste5. aste


11. tunti

D-arvon vaikutus amplitudivasteeseen

0

1

2

3

4

5

0.1 1 10

Siir

tofu

nktio

n its

eis

arv

o

Kulmataajuus (rad/s)

D=0,1D=0,5

D=0,707D=0,9

D=2


11. tunti

Sallen-Key -alipäästösuodatin

Uin

?

R2 R1C1

C2

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

Uout

?

F (jω) =UoutUin

=1

(jω)2C1C2R1R2 + jωC1(R1 + R2) + 1


11. tunti

1. asteen ylipäästösuodatin

Siirtofunktio ss+1 →

sω0s

ω0+1

Voidaan toteuttaa RC-piirillä

CRUin

?

Uout

?


11. tunti

2. asteen ylipäästösuodatin

Yleinen muoto s2

s2+2Ds+1 →( sω0

)2

( sω0

)2+2D sω0

+1

Voidaan toteuttaa esim. Sallen-Key -piirilläTärkeää! Ominaiskulmataajuudella ei välttämättä |F (s)| = 1√

2


11. tunti

Mitoitus ja taajuusmuunnokset

Haluttu piste ominaiskäyrällä voidaan siirtää muualle sijoittamallas → s fvanha

fuusi

Esimerkiksi jos siirtofunktion puolen tehon piste sijaitsee paikassaω = 42 ja se halutaan taajuudelle f = 500Hz, sijoitetaansiirtofunktioon jokaisen s:n paikalle s 42

2π·500Osoittajan kertominen vakiokertoimella ei vaikuta amplitudivasteenmuotoon eikä vaiheeseen.Mitoittamisen lähtökohtana on nimittäjäpolynomi, joka katsotaantaulukkokirjasta. Esim:

I ButterworthI BesselI LegendreI . . .


11. tunti

Näin mitoitan suodattimen

Esimerkki: Suunnittele toisen asteen Butterworth-alipäästösuodatin, jonkapuolen tehon piste on taajuudella 500 Hz. Toisen asteenButterworth-polynomi on (s2 +

√2s + 1).

Ratkaisun kulku:1 Selvitetään, millä taajuudella sijaitsee puolen tehon piste

alkuperäisellä siirtofunktiolla2 Siirretään piste taajuudelle 500 Hz3 Ratkaistaan D ja ω04 (Rakennetaan piiri)


11. tunti

Selvitetään puolen tehon piste ja siirretään se

Tasajännitteellä (ω = 0) vahvistus on 1, joten puolen tehon kulmataajuuson ∣∣∣∣∣ 1

s2 +√2s + 1

∣∣∣∣∣ =1√2, s = jω1/2,

josta ratkeaa ω1/2 = 1. Tämä piste saadaan siirrettyä taajuudelle 500 Hztekemällä sijoitus

s → s 12π · 500 ,

jolloin siirtofunktioksi saadaan

1( s

2π·500)2 +√2 s

2π·500 + 1.


11. tunti

Ratkaistaan ω0 ja D

Vertaamalla saatua siirtofunktiota yleiseen muotoon

1( s

2π·500)2 +√2 s

2π·500 + 1=

1( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1

nähdään, että ω0 = 2π · 500 ≈ 3140 ja D = 1√2 .


11. tunti

Kotitehtävä 10

Uin

?

C2 C1R1

R2

"""

bbb

−+

−15 V

+15 V

Uout

?

Osoita, että kuvan piirin siirtofunktio on 2. asteen ylipäästöfunktio elimuotoa

F (s) =UoutUin

=( sω0

)2

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1

ja laske arvot D ja ω0 (komponenttiarvojen funktiona).ω0 = 1√

C1C2R1R2ja D = 1

2R2(C1+C2)√

C1C2R1R2


12. tunti

Teholähteet

Käytännössä kaikissa verkkokäyttöisissä elektroniikkalaitteissa onteholähde, joka muuttaa verkkosähkön laitteelle sopivaksimatalajännitteiseksi tasasähköksi.Teholähteet voidaan jakaa lineaarisiin teholähteisiin jahakkuriteholähteisiin.Elektroniikan tuotantomenetelmien kehittyminen ja tuotantomäärienkasvaminen on johtanut hintojen laskuun niin, että lähes kaikissalaitteissa on nykyään hakkuriteholähde.Tällä kurssilla käsitellään lineaarisia teholähteitä niidenyksinkertaisuuden ja havainnollisuuden vuoksi. Hakkuriteholähteitäkäsitellään jatkokurssilla.


12. tunti

Hakkuriteholähde lyhyesti

Hakkuriteholähteessä jännitteen muuntaminen perustuu nopeaanelektroniseen kytkimeen (transistoriin).Hakkuriteholähteeseen perustuvassa verkkolaitteessa verkkojännitetasasuunnataan, jonka jälkeen se syötetään nopean kytkimenvälityksellä suurtaajuusmuuntajaan.Nopean katkomisen ansiosta saadaan muuntajaan suurimagneettivuon muutosnopeus → pärjätään pienikokoisellamuuntajalla.Suuren taajuuden ansiosta myös tarvittavat suodatuskondensaattoritovat pieniä. Koska jännitteen säätö tapahtuu on-off-kytkimellä,lämpöhäviöt ovat pieniä.Pieni koko ja hyvä hyötysuhde ovat hakkuriteholähteen tärkein etu.Haittapuolia ovat monimutkaisuus ja nopean virran katkomisentuottamat häiriöt.


12. tunti

Lineaarinen teholähde

Lineaarisessa teholähteessäverkkojännite alennetaan ensin verkkomuuntajalla.Seuraavaksi jännite tasasuunnataan (yleensä) diodisillalla.Diodisillalta saatava sykkivä tasajännite suodatetaan tasaisemmaksikondensaattorilla.Jos tarvitaan erittäin stabiilia tasajännitettä, käytetään lisäksiregulaattoria, joka "leikkaa" jännitteen vaihtelut pois.

Verkkolaitteessa on tavallisesti myös sulake muuntajan ensiöpuolella.


12. tunti

Esimerkki lineaarisesta teholähteestä

bb

230V 50Hz

@

D2

@

D1

C1 C2 RL

r

Regulaattori

Uin Uout

Koska muuntajassa on keskiulosotto, voidaan kokoaaltotasasuuntaustoteuttaa kahdella diodilla.


12. tunti

Suodatuskondensaattorin mitoitus

Suodatuskondensaattori C1 on valittava sellaiseksi, että regulaattorintulojännite ei laske alle sallitun minimin.Mitä suurempi kondensaattori, sitä pienempi on hurinajännite.Jos kuorman ottama virta oletetaan vakioksi ja oletetaan, ettäpurkautuminen kestää 10 millisekuntia, niin kondensaattorinvähimmäiskoko on

C =I · 10ms

∆U ,

missä I on kuorman ja regulaattorin ottama virta ja ∆U onregulaattorille tulevan maksimijännitteen ja regulaattorin vaatimanminimijännitteen erotus.


12. tunti

Kondensaattorin mitoittaminen: tarkempi tapa

Kondensaattorin ei tarvitse antaa virtaa koko 10 millisekunnin jakson ajan.Voidaan helposti osoittaa, että seuraava nouseva jakso saavuttaapurkautuvan kondensaattorin jännitteen vaihekulman φ kuluttua, jolloinkondensaattorin minimikoko voidaan laskea:

C = I∆t∆U

∆t = φ360

1fverkko

φ = 90 + arcsin Umin+Udiodi(t)

Umax+Udiodi(t).

Kaavassa Umin ja Umax ovat regulaattorille tuleva minimi- jamaksimijännite.


12. tunti

Regulaattori

Lineaarinen regulaattori koostuu säätöpiiristä ja tehotransistorista.Säätöpiiri vertaa lähtöjännitettä sisäiseen vertailujännitteeseen jasäätää transistorin johtavuutta niin, että lähtöjännite pysyy vakiona,vaikka kuorman virrankulutus ja tulojännite vaihtelisivat.Tunnetuin regulaattorisarja on 78xx. Kaksi viimeistä numeroa kertovatjännitteen, esimerkiksi 7805 reguloi lähtöjännitteen viiteen volttiin.Regulaattori vaatii tietyn minimijännitteen, jotta se toimii normaalisti.78xx-sarjalla tämä on yleensä 2. . . 2,5 volttia yli nimellisjännitteen.Lopullinen arvo kannattaa varmistaa valmistajan datalehdestä.


13. tunti

Kanavatransistorit

Tyypit MOSFET ja JFETTällä kurssilla käsitellään N-kanava JFET ja N-kanavainenavaustyyppinen MOSFET

-

JFET

MOSFET


13. tunti

n-kanava-JFET

Hilalla estosuuntainen diodiliitos – ei kulje virtaa.Hilan ja lähteen välisellä jännitteellä säädellään nieluvirtaaJos UGS = 0V, niin ID = IDSS, missä IDSS on komponenttikohtainenvakioJos UGS = UP, niin ID = 0. UP on komponenttikohtainen vakio, ja seon negatiivinen, esimerkiksi −3 volttia.Näiden ääripäiden välillä ID = IDSS(1− UGS

UP)2 kun UDS ≥ UGS − UP

-

JFET

G

D

S


13. tunti

MOSFET

Kuten JFET: ID = 0 ja UGS säätelee nieluvirtaaHilajännitteen oltava > UT, jotta virta kulkisiID = K (UGS − UT )2, kun UGS ≥ UT ja UDS ≥ UGS − UT

UT ja K ovat komponenttikohtaisia vakioitaJos hilajännite hyvin suuri (luokkaa > 10V), kanava aukeaa täysin janäyttää pieneltä resistanssilta RDSon

G

D

S

MOSFET


13. tunti

Lopuksi

Kalvoissa olevia virheitä ja puutteita sekä kalvoihin liittyviä kehitysideoitasaa lähettää opettajalle — kiitos!


Elektroniikan perusteet 1

Education

Transcript of Elektroniikan perusteet 1