Sähkötekniikan ja elektroniikan kalvoja - ladattavissa muokattavassa muodossa Githubista:
http://github.com/avoimet-oppimateriaalit-ry/vesa-linja-aho-oppimateriaalia/
1. Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia
Lisensoitu vapaasti CC-BY-lisenssillä
Vesa Linja-aho
Metropolia Helsinki UAS
22. elokuuta 2014
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 1 / 1011
2. Sähkövirta
Sähkövirta on varauksenkuljettajien liikettä.
Yksikkö on ampeeri (A).
Suureen lyhenne on I.
Sähkövirtaa voidaan verrata letkussa kulkevaan veteen.
Virta kiertää aina jossain silmukassa (se ei puristu kasaan eikä häviä
olemattomiin).
Virtapiirissä virta merkitään nuolella johtimeen:
I = 2 mA
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 2 / 1011
3. Kirchhoffin virtalaki
Kuten edellä todettiin, sähkövirta ei häviä mihinkään.
Kirchhoffin virtalaki (myös: Kirchhoffin ensimmäinen laki)
Virtapiirin jollekin alueelle tulevien virtojen summa on yhtä suuri kuin
sieltä lähtevien virtojen summa.
I1 = 3 mA
-
I2 = 2 mA
-
I3 = 1 mA
6
Piirsitpä ympyrän mihin tahansa kohtaan piiriä, ympyrän sisään menee
yhtä paljon virtaa kuin mitä tulee sieltä ulos!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 3 / 1011
4. Ole tarkka etumerkkien kanssa!
Voidaan sanoa: "pankkitilin saldo on -50 euroa"tai "olen 50 euroa
velkaa pankille".
Voidaan sanoa: "Yrityksen tilikauden tulos oli -500000 euroa"tai
"firma teki tappiota 500000 euroa".
Jos mittaat johtimen virtaa virtamittarilla ja se näyttää −15 mA, niin
kääntämällä mittarin toisin päin se näyttää 15 mA.
Aivan samalla tavalla voidaan virran suunta ilmoittaa etumerkillä. Alla
on kaksi täysin samanlaista piiriä.
I1 = 3 mA
-
I2 = 2 mA
-
I3 = 1 mA
6
Ia = −3 mA
Ib = −2 mA
I3 = 1 mA
6
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 4 / 1011
5. Jännite
Jännite on kahden pisteen välinen potentiaaliero.
Suureen lyhenne on U.
Virtapiirianalyysissä ei oteta kantaa siihen, miten potentiaaliero on
luotu.
Jännitteen yksikkö on voltti (V).
Jännitettä voi verrata paine-eroon putkessa tai korkeuseroon.
Jännitettä merkitään pisteiden välille piirretyllä nuolella.
+
−
12 V U = 12 V
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 5 / 1011
6. Kirchhoffin jännitelaki
Kahden pisteen välillä vaikuttaa sama jännite tarkastelureitistä
riippumatta.
Tämä on helpoin hahmottaa rinnastamalla jännite korkeuseroihin.
Kirchhoffin jännitelaki (myös: Kirchhoffin toinen laki)
Silmukan jännitteiden summa on etumerkit huomioon ottaen nolla.
− +
1,5 V
− +
1,5 V
− +
1,5 V
4,5 V'r r
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 6 / 1011
7. Ohmin laki
Mitä suurempi virta, sitä suurempi jännite – ja päinvastoin.
Resistanssilla tarkoitetaan kappaleen kykyä vastustaa sähkövirran
kulkua. Resistanssi on jännitteen ja virran suhde.
Resistanssin tunnus on R ja yksikkö ohmi ( Ω).
U = RI
R
U E
I
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 7 / 1011
8. Käsitteitä
Virtapiiri Elektronisista komponenteista koostuva järjestelmä, jossa
sähkövirta kulkee.
Tasasähkö Sähköiset suureet (jännite, virta) eivät muutu - tai
muuttuvat vain vähän - ajan kuluessa.
Tasasähköpiiri Virtapiiri, jossa jännitteet ja virrat ovat ajan suhteen
vakioita.
Esimerkki
Taskulampussa on tasasähköpiiri (paristo, kytkin ja polttimo). Polkupyörän
dynamo ja lamppu puolestaan muodostavat vaihtosähköpiirin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 8 / 1011
9. Vaihtoehtoinen tasasähkön määritelmä
Tasajännitteellä ja -virralla voidaan tarkoittaa myös jännitettä ja virtaa,
jonka suunta (etumerkki) pysyy samana, mutta suuruus voi vaihdella.
Esimerkiksi tavallinen lyijyakkujen laturi tuottaa yleensä nk. sykkivää
tasajännitettä, jonka suuruus vaihtelee välillä 0 V ... ≈ 18 V. Tätäkin
kutsutaan yleensä tasajännitteeksi.
Sopimus
Piiriteoriassa tasajännitteellä (virralla) tarkoitetaan vakiojännitettä
(virtaa). Sekä suunta että suuruus pysyvät ajan suhteen vakiona.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 9 / 1011
10. Yksinkertainen virtapiiri
Akkuun kiinnitetty hehkulamppu. Hehkulangan resistanssi on 10 Ω.
+
−
12 V
dd
I =?
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 10 / 1011
11. Yksinkertainen virtapiiri
Akkuun kiinnitetty hehkulamppu. Hehkulangan resistanssi on 10 Ω.
+
−
12 V 10 Ω
I =?
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 10 / 1011
12. Yksinkertainen virtapiiri
Akkuun kiinnitetty hehkulamppu. Hehkulangan resistanssi on 10 Ω.
+
−
12 V 10 Ω
I =?
-
12 V
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 10 / 1011
13. Yksinkertainen virtapiiri
Akkuun kiinnitetty hehkulamppu. Hehkulangan resistanssi on 10 Ω.
+
−
12 V 10 Ω
I = 1,2 A
-
12 V
c
U = RI
I = U
R = 12 V
10 Ω = 1,2 A
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 10 / 1011
14. Esimerkki
Ratkaise jännite E.
+
−
E
+
−
1,5 V
R = 20 Ω
I = 50 mA?
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 11 / 1011
15. Ratkaisu
Ratkaise jännite E.
+
−
E
+
−
1,5 V
R = 20 Ω
I = 50 mA?
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 12 / 1011
16. Ratkaisu
Ratkaise jännite E.
+
−
E
+
−
1,5 V
R = 20 Ω
I = 50 mA?E
c
U
c
UR
c
E + U − UR = 0 ⇔ UR = E + U UR = RI = 20 Ω · 50 mA = 1 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 12 / 1011
17. Ratkaisu
Ratkaise jännite E.
+
−
E
+
−
1,5 V
R = 20 Ω
I = 50 mA?E
c
U
c
UR
c
E + U − UR = 0 ⇔ UR = E + U UR = RI = 20 Ω · 50 mA = 1 V
⇒ UR = E + U ⇒ 1 V = E + 1,5 V ⇒ E = −0,5 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 12 / 1011
18. Esimerkki
R2 = 5 Ω E1 = 3 V E2 = 2 V
+
−
E1
+
−
E2
R2
R1
I1
-
I2
a) Millä R1:n arvolla I2 = 0 A?
b) Mikä on silloin virta I1?
a) 10 Ω ja b) 0,2 A.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 13 / 1011
19. Sarjaankytkentä ja rinnankytkentä
Määritelmä: sarjaankytkentä
Piirielementit ovat sarjassa, jos niiden läpi kulkee sama virta.
Määritelmä: rinnankytkentä
Piirielementit ovat rinnan, jos niiden yli on sama jännite.
Sama tarkoittaa samaa, ei samansuuruista.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 14 / 1011
21. Vastusten sarjaankytkentä ja rinnankytkentä
Sarjaankytkentä
R1 R2
⇐⇒
R = R1 + R2
Rinnankytkentä
R1
R2
⇐⇒
R = 1
1
R1
+ 1
R2
Tai sama kätevämmin konduktansseilla G = G1 + G2.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 16 / 1011
22. Vastusten sarjaankytkentä ja rinnankytkentä
Edellisen kalvon kaavat soveltuvat myös mielivaltaisen monelle
vastukselle. Esimerkiksi viiden resistanssin sarjaankytkennän
resistanssi on R = R1 + R2 + R3 + R4 + R5.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 17 / 1011
23. Jännitelähteiden sarjaankytkentä
Jännitelähteiden sarjaankytkennässä jännitteet voidaan laskea yhteen
(mutta etumerkeissä pitää olla tarkkana).
Jännitelähteiden rinnankytkentä on piiriteoriassa kielletty (kahden
pisteen välillä ei voi olla yhtäaikaa kaksi eri jännitettä).
− +
E1
+ −
E2
− +
E3
r r
⇐⇒
− +
E = E1 − E2 + E3
r r
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 18 / 1011
24. Mitä sarjaan- ja rinnankytkentä eivät ole
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan vierekkäinei tarkoita,
että kyseessä on rinnankytkentä.
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan peräkkäinei tarkoita,
että kyseessä on sarjaankytkentä.
Mitkä kuvan vastuksista ovat keskenään sarjassa ja mitkä rinnan?
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 19 / 1011
25. Mitä sarjaan- ja rinnankytkentä eivät ole
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan vierekkäinei tarkoita,
että kyseessä on rinnankytkentä.
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan peräkkäinei tarkoita,
että kyseessä on sarjaankytkentä.
Mitkä kuvan vastuksista ovat keskenään sarjassa ja mitkä rinnan?
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
Vastaus
Eivät mitkään! E1 ja R1 ovat sarjassa keskenään, samoin E2 ja R2. Nämä sarjaankytkennät ovat
puolestaan molemmat rinnan R3:n kanssa. Sen sijaan mitkään vastukset eivät ole keskenään
rinnan eivätkä sarjassa.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 19 / 1011
26. Esimerkki
Ratkaise virta I.
+
−
E
R1 R3 R5
R2 R4 R6
I
-
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = 1 Ω E = 9 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 20 / 1011
27. Ratkaisu
Ratkaise virta I.
+
−
E
R1 R3 R5
R2 R4 R6
I
-
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = 1 Ω E = 9 V
R5 ja R6 ovat sarjassa. Tämän sarjaankytkennän resistanssi on
R5 + R6 = 2 Ω.
Tämä sarjaankytkentä puolestaan on rinnan R4:n kanssa. Tämän
rinnankytkennän resistanssi on 1
1
1
+1
2
Ω = 2
3 Ω.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 21 / 1011
28. Ratkaisu jatkuu
R3 taas on sarjassa edellisen kanssa. Sarjaankytkennän resistanssi on
R3 + 2
3 Ω = 5
3 Ω.
Ja tämä sarjaankytkentä on rinnan R2:n kanssa. Tämän
rinnankytkennän resistanssi on 1
( 5
3
)−1+1
1
= 5
8 Ω.
Ja tämän kanssa on sarjassa vielä R1. Jännitelähteen E näkemä
kokonaisresistanssi on siis 5
8 Ω + R1 = 13
8 Ω.
Virta I on Ohmin lain mukaan I = E
13
8
Ω
= 72
13 A ≈ 5,5 A.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 22 / 1011
29. Virtalähde
Puhekielessä sanaa virtalähde käytetään varsin monimerkityksellisesti.
Esimerkiksi tietokoneen virtalähde hajosi.
Virtalähteellä tarkoitetaan piiriteoriassa elementtiä, jonka läpi kulkee
jokin tietty virta (se voi olla vakio tai muuttua jonkin säännön
mukaan).
Aivan kuten jännitelähde pitää napojensa välillä aina jonkin tietyn
jännitteen riippumatta siitä, mitä lähteeseen on kiinnitetty, virtalähde
syöttää siis lävitseen jonkun tietyn virran, riippumatta siitä mitä
lähteeseen on kiinnitetty.
J
6
R
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 23 / 1011
30. Virtalähde
Kun jossain johtimen haarassa on virtalähde, tiedät johtimen virran.
J = 1 A
6
R1
I = 1 A
-
R2
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 24 / 1011
31. Konduktanssi
Resistanssilla tarkoitetaan kappaleen kykyä vastustaa sähkövirran
kulkua.
Resistanssin käänteislukua kutsutaan konduktanssiksi. Konduktanssin
tunnus on G ja yksikkö Siemens (S).
Konduktanssi kertoo kappaleen kyvystä johtaa sähköä.
Esimerkiksi jos R = 10 Ω niin G = 0,1 S.
G = 1
R U = RI ⇔ GU = I
G = 1
R
U E
I
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 25 / 1011
32. Sähköteho
Teho tarkoittaa tehtyä työtä aikayksikköä kohti.
Tehon tunnus on P ja yksikkö watti (W).
Elementin kuluttama teho on P = UI
I
-
U E
Jos kaava antaa positiivisen tehon, elementti kuluttaa tehoa. Jos
kaava antaa negatiivisen tehon, elementti luovuttaa tehoa.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 26 / 1011
33. Sähköteho
Energia ei häviä piirissä
Piirielementtien kuluttama teho = piirielementtien luovuttama teho.
+
−
E R
I
6 I? I = U
R
PR = UI = U U
R = U2
R
PE = U · (−I) = U −U
R = −U2
R
Kuvassa vastus kuluttaa yhtä paljon tehoa kuin jännitelähde luovuttaa.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 27 / 1011
34. Napa ja portti
Piirissä olevaa johdon liitäntäkohtaa nimitetään navaksi tai nastaksi.
Kaksi napaa muodostavat portin eli napaparin.
Helpoin esimerkki: auton akku, jolla sisäistä resistanssia.
+
−
E
RS
˜
˜
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 28 / 1011
35. Solmu
Solmulla tarkoitetaan virtapiirin aluetta, jonka sisällä on sama
potentiaali.
Palikkamenetelmä: laske kynä johonkin kohtaan johdinta. Ala värittää
johdinta, ja aina kun tulee vastaan komponentti, käänny takaisin.
Väritetty alue on yksi solmu.
Montako solmua on kuvan piirissä?
+
−
E
R1 R3 R5
R2 R4 R6
I
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 29 / 1011
36. Maa
Yksi solmuista voidaan nimetä maasolmuksi.
Maasolmu-merkinnän käyttö säästää piirtämisvaivaa.
Auton akun miinusnapa on kytketty auton runkoon; näin muodostuu
suuri maasolmu.
Sanonta tämän solmun jännite on (esim.) 12 volttiatarkoittaa, että
sen solmun ja maan välinen jännite on (esim.) 12 volttia.
+
−
E
R1 R3 R5
R2 R4 R6
I
-
r
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 30 / 1011
37. Maa
Maasolmu voidaan kytkeä laitteen runkoon tai olla kytkemättä
(symboli ei siis tarkoita, että laite on maadoitettu).
Edellisen kalvon piiri voidaan piirtää myös näin:
+
−
E
R1 R3 R5
R2 R4 R6
I
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 31 / 1011
38. Kirchhoffin lakien systemaattinen soveltaminen
Virtapiiriyhtälöt kannattaa kirjoittaa systemaattisesti, ettei sekoa omaan
näppäryyteensä. Yksi tapa on solmujännitemenetelmä:
1 Valitse joku solmuista maasolmuksi
2 Nimeä jännitteet maasolmua vasten eli piirrä jännitenuoli jokaisesta
solmusta maasolmuun.
3 Lausu vastusten jännitteet nimettyjen jännitteiden avulla (piirrä
jokaisen vastuksen yli jännitenuoli).
4 Kirjoita virtayhtälö jokaiselle solmulle, jossa on tuntematon jännite.
5 Ratkaise jännitteet virtayhtälöistä.
6 Ilmoita kysytty jännite/jännitteet ja/tai virta/virrat.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 32 / 1011
42. Esimerkki
Ratkaise virta I.
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
I?
U3
c
E1 − U3E
E2 − U3'
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 33 / 1011
43. Esimerkki
Ratkaise virta I.
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
I?
U3
c
E1 − U3E
E2 − U3'
U3
R3
=
E1 − U3
R1
+
E2 − U3
R2
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 33 / 1011
44. Esimerkki
Ratkaise virta I.
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
I?
U3
c
E1 − U3E
E2 − U3'
U3
R3
=
E1 − U3
R1
+
E2 − U3
R2
=⇒ U3 = R3
R2E1 + R1E2
R1R2 + R2R3 + R1R3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 33 / 1011
45. Esimerkki
Ratkaise virta I.
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
I?
U3
c
E1 − U3E
E2 − U3'
U3
R3
=
E1 − U3
R1
+
E2 − U3
R2
=⇒ U3 = R3
R2E1 + R1E2
R1R2 + R2R3 + R1R3
I =
U3
R3
=
R2E1 + R1E2
R1R2 + R2R3 + R1R3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 33 / 1011
46. Huomautuksia
Yhtälöt voi kirjoittaa monella eri logiikalla, ei ole yhtä oikeaa
menetelmää.
Vaatimuksena ainoastaan a) Kirchhoffin lakien noudattaminen b)
Ohmin lain1 noudattaminen sekä se, että yhtälöitä on yhtä monta
kuin tuntemattomia.
Jos piirissä on virtalähde, se säästää (yleensä) laskentatyötä, koska
silloin tuntemattomia virtoja on yksi vähemmän.
Käyttämällä konduktansseja yhtälöt näyttävät siistimmiltä.
1
Ohmin lakia voi käyttää vain vastuksille. Jos piirissä on muita komponentteja, tulee
tietää niiden virta-jänniteyhtälö eli tietää, miten komponentin virta riippuu jännitteestä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 34 / 1011
47. Toinen esimerkki
+
−
E1
+
−
E2R3
R1 R2
R4
R5
U3
c
U4
c
E1 − U3
R1
=
U3 − U4
R2
+
U3
R3
ja
U3 − U4
R2
=
U4
R4
+
U4 − E2
R5
G1(E1 − U3) = G2(U3 − U4) + G3U3 ja G2(U3 − U4) = G4U4 + G5(U4 − E2)
Kaksi yhtälöä, kaksi tuntematonta, voidaan ratkaista. Lopputulos on
sama, käytitpä konduktansseja tai resistansseja!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 35 / 1011
48. Huomattavaa
Virtapiirin ratkaisemiseksi on useita muitakin menetelmiä kuin
solmujännitemenetelmä: haaravirtamenetelmä, silmukkamenetelmä,
solmumenetelmä, modifioitu solmupistemenetelmä. . .
Mikäli piirissä on ideaalisia jännitelähteitä (=jännitelähteitä, jotka
liittyvät suoraan solmuun ilman että välissä on vastus), yhtälöihin
tulee yksi tuntematon arvo lisää (=jännitelähteen virta) sekä yksi
yhtälö lisää (jännitelähde määrää solmujen jännite-eron).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 36 / 1011
49. Jännitelähde kahden solmun välillä
Jos piirissä on kahden (muun kuin maa)solmun välillä jännitelähde, niin
ongelmaan tulee yksi yhtälö ja yksi muuttuja lisää.
1 Jännitelähteen virtaa ei tunneta → merkitse sitä I:llä.
2 Jännitelähde pakottaa kahden solmun välille tietyn jännite-eron.
Kirjoita tälle jännite-erolle yhtälö.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 37 / 1011
50. Jännitelähde kahden solmun välillä: esimerkki
Entäpä jos edellisessä esimerkissä olisi ollut R2:n tilalla jännitelähde E3:
+
−
E1
+
−
E2R3
R1
− +
E3
R4
R5
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 38 / 1011
51. Jännitelähde kahden solmun välillä: esimerkki
Entäpä jos edellisessä esimerkissä olisi ollut R2:n tilalla jännitelähde E3:
+
−
E1
+
−
E2R3
R1
− +
E3
R4
R5
U3
c
U4
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 38 / 1011
52. Jännitelähde kahden solmun välillä: esimerkki
Entäpä jos edellisessä esimerkissä olisi ollut R2:n tilalla jännitelähde E3:
+
−
E1
+
−
E2R3
R1
− +
E3
R4
R5
U3
c
U4
c
E1 − U3E
U3 − U4E U4 − E2E
Jännitelähteen virtaa ei voi laskea Ohmin lailla, koska Ohmin laki pätee
vain vastukselle, ei jännitelähteelle:
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 38 / 1011
53. Jännitelähde kahden solmun välillä: esimerkki
Entäpä jos edellisessä esimerkissä olisi ollut R2:n tilalla jännitelähde E3:
+
−
E1
+
−
E2R3
R1
− +
E3
R4
R5
U3
c
U4
c
E1 − U3E
U3 − U4E U4 − E2E
Jännitelähteen virtaa ei voi laskea Ohmin lailla, koska Ohmin laki pätee
vain vastukselle, ei jännitelähteelle:
E1 − U3
R1
=
¨¨
¨¨¨U3 − U4
R2
+
U3
R3
ja
¨¨
¨¨¨U3 − U4
R2
=
U4
R4
+
U4 − E2
R5
Ratkaisu: merkitään jännitelähteen virtaa I:llä.
E1 − U3
R1
= I +
U3
R3
ja I =
U4
R4
+
U4 − E2
R5
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 38 / 1011
54. Jännitelähde kahden solmun välillä: esimerkki
+
−
E1
+
−
E2R3
R1
− +
E3
R4
R5
-I
U3
c
U4
c
E1 − U3E
U3 − U4E U4 − E2E
Ratkaisu: merkitään jännitelähteen virtaa I:llä.
E1 − U3
R1
= I +
U3
R3
ja I =
U4
R4
+
U4 − E2
R5
Koska meillä on nyt kolme tuntematonta, tarvitaan vielä yksi yhtälö:
−E3 = U3 − U4
Kolme yhtälöä, kolme tuntematonta → voidaan ratkaista.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 39 / 1011
55. Jännitelähde kahden solmun välillä: yhteenveto
Koska jännitelähteen virtaa ei voida laskea Ohmin laista,
jännitelähteen virta tuo yhden tuntemattoman lisää piiriyhtälöihin:
E1 − U3
R1
= I +
U3
R3
ja I =
U4
R4
+
U4 − E2
R5
Koska meille tuli yksi tuntematon lisää, tarvitaan myös yksi yhtälö
lisää.
Tämä yhtälö saadaan Kirchhoffin jännitelaista:
−E3 = U3 − U4
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 40 / 1011
56. Esimerkki
Ratkaise virta I4. Tarkista tuloksesi siten, että merkitset kuvaan kaikki
jännitteet ja virrat ja toteat, että tuloksesi ei ole ristiriidassa Kirchhoffin
lakien kanssa.
J
6 R1
− +
E
R4
R2 R3 R5
I4
?
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1 Ω E = 9 V J = 1 A
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 41 / 1011
57. Ratkaisu
J
6 R1
− +
E
R4
R2 R3 R5
I4
?
U2
c
U3
c
I
-
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1 Ω E = 9 V J = 1 A
Kirjoitetaan kaksi virtayhtälöä ja yksi jänniteyhtälö. Merkitään vastusten
R4 ja R5 sarjaankytkennän konduktanssia symbolilla G45.
J = U2G2 + I
I = U3G3 + U3G45
U2 + E = U3
Sijoittamalla toisesta yhtälöstä I:n ensimmäiseen yhtälöön ja sijoittamalla
tähän kolmannesta yhtälöstä saatavan U2:n, saadaan
J = (U3 − E)G2 + U3(G3 + G45)
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 42 / 1011
58. Sijoitetaan yhtälöön lukuarvot ja ratkaistaan:
U3 = 4 V
Joten kysytty virta on 4 V · 1 S = 4 A.
Jänniteyhtälöstä U2 + E = U3 ratkeaa U2 = −5 V, siispä vastuksen
R2 virta on 5 A alhaalta ylöspäin.
Virraksi I saadaan 1 A + 5 A = 6 A, josta 4 A kulkee R3:n läpi ja
loput 2 A vastusten R4 ja R5 läpi.
Jännitteet ja virrat täsmäävät Kirchhoffin lakien kanssa, joten piiri on
laskettu oikein.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 43 / 1011
59. Esimerkki 1
Ratkaise I ja U.
+
−
E1
+
−
E2
− +
E3
R1
R2
J
6
I?
U
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 44 / 1011
60. Esimerkki 1
Ratkaise I ja U.
+
−
E1
+
−
E2
− +
E3
R1
R2
J
6
I?
U
c
I3
J = UG2 + I3
I3 = I + (E1 − E2)G1
U = E1 + E3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 44 / 1011
61. Esimerkki 2
Ratkaise U2 ja I1.
+
−
E1
+
−
E2
+
−
E3
J1
-
J2
R
U2'
I1
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 45 / 1011
62. Esimerkki 2
Ratkaise U2 ja I1.
+
−
E1
+
−
E2
+
−
E3
J1
-
J2
R
U2'
I1
I1 = (E1 − E3)G + J1
E2 + U2 = E3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 45 / 1011
63. Mistä lisäharjoitusta?
Silvosen kirjaan on lisämateriaalia osoitteessa http://users.tkk.
fi/~ksilvone/Lisamateriaali/lisamateriaali.htm
Sieltä löytyy tasavirtapiiritehtäviä 175 kappaletta http:
//users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/teht100.pdf
Tehtäviin on pdf:n lopussa myös ratkaisut, joten saat välittömän
palautteen osaamisestasi!
Jos intoa riittää, voi opetella käyttämään piirisimulaattoria. Sillä on
helppo mm. tarkistaa kotitehtävät:
http://www.linear.com/designtools/software/ltspice.jsp
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 46 / 1011
64. Esimerkki 3
Ratkaise U4.
+
−
E R2 R4
R1 R3
U4
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 47 / 1011
65. Esimerkki 3
Ratkaise U4.
+
−
E R2 R4
R1 R3
U4
c
U2
c
(E − U2)G1 = U2G2 + (U2 − U4)G3
(U2 − U4)G3 = G4U4
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 47 / 1011
66. Esimerkki
Ratkaise jännite U1. Kaikki vastukset ovat 10 Ω vastuksia, E = 10 V ja
J = 1 A.
J
6
R1 R3
R2
R4
+
−
EU1
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 48 / 1011
68. Ratkaisu jatkuu
J = U1G1 + (U1 − U2)G2
(U1 − U2)G2 = EG3 + I
G3E + I = U3G4
U2 − U3 = E
Ratkaistaan kolmannesta yhtälöstä I ja sijoitetaan se toiseen yhtälöön.
Ratkaistaan viimeisestä yhtälöstä U3 ja sijoitetaan se paikalleen.
J = U1G1 + (U1 − U2)G2
(U1 − U2)G2 = EG3 + (U2 − E)G4 − G3E
1 = 0,2U1 − 0,1U2
0,1U1 − 0,1U2 = 0,1U2 − 1
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 50 / 1011
69. Ratkaisu jatkuu
1 = 0,2U1 − 0,1U2
0,1U1 − 0,1U2 = 0,1U2 − 1
Jonka ratkaisu on
U1 = 10
U2 = 10
Eli kysytty jännite U1 on 10 volttia. Tämän voi vielä tarkistaa
simulaattorilla.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 51 / 1011
70. Esimerkki
R1 = 100 Ω R2 = 500 Ω R3 = 1,5 kΩ R4 = 1 kΩ E1 = 5 V
J1 = 100 mA J2 = 150 mA
J1
6
R1
+
−
E1 R4
R2 R3
J2
-
r
U4
c
Ratkaise U4.
U4 = 92 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 52 / 1011
71. Esimerkki
R1 = 12 Ω R2 = 25 Ω J = 1 A E1 = 1 V E2 = 27 V
+
−
E1
J
6
− +
E2
R1
R2U
c
Laske jännite U.
Vastaus: 1
37
V ≈ 27 mV
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 53 / 1011
72. Esimerkki
Ratkaise jännite U.
R1 = 1 Ω R2 = 2 Ω J1 = 1 A J2 = 2 A E = 3 V
J1
6
+
−
ER1
R2
J2
r r
U
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 54 / 1011
73. Esimerkki
R1 = 1 Ω R2 = 2 Ω J1 = 1 A J2 = 2 A E = 3 V
J1
6
+
−
ER1
R2
J2
r r
U
c
E − U'
J1 + J2 + G2(E − U) = G1U
1 + 2 + 0,5(3 − U) = 1 · U
4,5 = 1,5U
U = 3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 55 / 1011
74. Solmumenetelmä
Tarkastellaan edellisen esimerkin yhtälöitä
G1(E1 − U3) = G2(U3 − U4) + G3U3 ja G2(U3 − U4) = G4U4 + G5(U4 − E2)
Kerrotaan sulut auki
G1E1 − G1U3 = G2U3 − G2U4 + G3U3
G2U3 − G2U4 = G4U4 + G5U4 − G5E2
Ja järjestellään termejä ja siirretään vakiotermit toiselle puolelle
G1U3 + G2U3 − G2U4 + G3U3 = G1E1
−G2U3 + G2U4 + G4U4 + G5U4 = G5E2
Ja otetaan jännitteet yhteisiksi tekijöiksi
(G1 + G2 + G3)U3 − G2U4 = G1E1
−G2U3 + (G2 + G4 + G5)U4 = G5E2
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 56 / 1011
75. Solmumenetelmä jatkuu
(G1 + G2 + G3)U3 − G2U4 = G1E1
−G2U3 + (G2 + G4 + G5)U4 = G5E2
Yhtälöiden logiikka on seuraava:
Jokaiselle solmulle (=tuntemattomalle jännitteelle) on yksi yhtälö.
Kyseiseen solmuun liittyvien konduktanssien summa on kunkin
solmujännitteen kertoimena.
Yhtälön vasemmalla puolella lähtevät virrat ovat positiivisia, oikealla
puolella saapuvat virrat ovat positiivisia.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 57 / 1011
76. Huomattavaa
Solmumenetelmä ja solmujännitemenetelmä ovat kaksi eri
menetelmää (vaikkakin hyvin samankaltaisia).
Jos yhtälöiden muodostamislogiikassa on vähänkin epäselvää, ratkaise
piiri suoraan Kirchhoffin laeilla (älä yritä oikaista).
Virtapiirin ratkaisemiseksi on useita muitakin menetelmiä kuin
solmujännitemenetelmä: haaravirtamenetelmä, silmukkamenetelmä,
solmumenetelmä, modifioitu solmupistemenetelmä. . .
Mikäli piirissä on ideaalisia jännitelähteitä (=jännitelähteitä, jotka
liittyvät suoraan solmuun ilman että välissä on vastus), yhtälöihin
tulee yksi tuntematon arvo lisää (=jännitelähteen virta) sekä yksi
yhtälö lisää (jännitelähde määrää solmujen jännite-eron).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 58 / 1011
77. Piirimuunnokset
1 Piirimuunnoksella tarkoitetaan toimenpidettä, jonka avulla piiri tai
piirin osa muunnetaan esitystavaltaan erilaiseksi mutta ulospäin
samalla tavalla käyttäytyväksi piiriksi.
2 Jo kurssilla käsitellyt jännitelähteiden sarjaankytkentä, vastusten
rinnankytkentä sekä vastusten sarjaankytkentä ovat piirimuunnoksia.
3 Tällä tunnilla käsitellään virtalähteiden rinnankytkentä sekä
jännitelähde-virtalähdemuunnos.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 59 / 1011
78. Esimerkki piirimuunnoksesta
Kaksi (tai useampi) vastusta muunnetaan yhdeksi, samalla tavalla
käyttäytyväksi vastukseksi.
Sarjaankytkentä
R1 R2
⇐⇒
R = R1 + R2
Rinnankytkentä
R1
R2
⇐⇒
R = 1
1
R1
+ 1
R2
Tai sama kätevämmin konduktansseilla G = G1 + G2.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 60 / 1011
79. Virtalähteiden rinnankytkentä
Kaksi (tai useampi) virtalähdettä muunnetaan yhdeksi, samalla tavalla
käyttäytyväksi virtalähteeksi.
Virtalähteet rinnan
J1
6
J2
6
J3
?
˜
˜
⇐⇒
6
J = J1 + J2 − J3
˜
˜
Kuten jännitelähteiden rinnankytkentä, myös virtalähteiden
sarjaankytkentä on määrittelemätön (arkikielellä: kielletty) asia
piiriteoriassa, aivan kuten nollalla jakaminen matematiikassa. Johtimessa ei
voi samaan aikaan olla kahta erisuuruista virtaa!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 61 / 1011
80. Jännitelähde-virtalähdemuunnos
Jännitelähteen ja vastuksen sarjaankytkentä käyttäytyy kuten
virtalähteen ja vastuksen rinnankytkentä.
Lähdemuunnos
+
−
E
R
˜
˜
⇐⇒
J
6
R
˜
˜
E = RJ
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 62 / 1011
81. Tärkeää muistettavaa
Huomaa, että ideaalista jännite- tai virtalähdettä ei voi muuntaa yllä
olevalla tavalla. Jännitelähteellä on oltava sarja- ja virtalähteellä
rinnakkaisresistanssa.
Vastuksen arvo pysyy samana, jännite- ja virtalähteen arvo saadaan
kaavasta E = RJ, joka perustuu Ohmin lakiin.
Lähdemuunnos ei ole vain piiriteoreettinen kuriositeetti.
Lähdemuunnos sopivassa paikassa säästää monen rivin
kaavanpyörittelyltä, esimerkiksi transistorivahvistimien analyysissä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 63 / 1011
82. Muunnoksen perustelu
Lähdemuunnos
+
−
E
R I
-
U
c
E
R
6
R
I
-
U
c
Vasen kuva
I =
E − U
R
U = E − RI
Oikea kuva:
I =
E
R
−
U
R
=
E − U
R
U = (
E
R
− I)R = E − RI
Molemmat piirit käyttäytyvät samalla tavalla.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 64 / 1011
84. Erittäin tärkeä huomio
Vaikka vastuksen arvo pysyy samana muunnoksessa, vastus ei ole
sama vastus! Esimerkiksi edellisessä esimerkissä muuntamattoman
vastuksen virta ei ole sama kuin muunnetun vastuksen virta!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 66 / 1011
85. Esimerkki
Ratkaise virta I muuntamalla virtalähteet jännitelähteiksi. J1 = 10 A,
J2 = 1 A, R1 = 100 Ω, R2 = 200 Ω ja R3 = 300 Ω.
J1
6
R1 R3
R2
J2
6
I
-
Tämä on helppo ja nopea lasku; jos huomaat kirjoittavasi toista sivullista
yhtälöitä, olet tehnyt jotain väärin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 67 / 1011
86. Ratkaisu
Ratkaise virta I muuntamalla virtalähteet jännitelähteiksi. J1 = 10 A,
J2 = 1 A, R1 = 100 Ω, R2 = 200 Ω ja R3 = 300 Ω.
J1
6
R1 R3
R2
J2
6
I
-
+
−
R1J1
R1 R3R2
+
−
R3J2
I
-
I =
R1J1 − R3J2
R1 + R2 + R3
=
1000 V − 300 V
600 Ω
=
7
6
A ≈ 1,17 A.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 68 / 1011
87. Théveninin ja Nortonin teoreemat
Olemme käsitelleet seuraavat piirimuunnokset: jännitelähteiden
sarjaankytkentä, virtalähteiden rinnankytkentä, vastusten
rinnankytkentä sekä vastusten sarjaankytkentä sekä
jännitelähde-virtalähdemuunnos.
Théveninin ja Nortonin teoreemat liittyvät nekin piirimuunnoksiin.
Théveninin ja Nortonin teoreemojen nojalla mikä tahansa
jännitelähteistä, virtalähteistä ja vastuksista koostuva piiri voidaan
esittää jännitelähteen ja vastuksen sarjaankytkentänä tai virtalähteen
ja vastuksen rinnankytkentänä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 69 / 1011
88. Esimerkki piirimuunnoksesta
Théveninin teoreema
Mikä tahansa lineaarinen piiri voidaan esittää yhdestä portista katsottuna
jännitelähteen ja vastuksen sarjaankytkentänä. Tätä sarjaankytkentää
kutsutaan Théveninin lähteeksi.
Portti
Portti = napapari = kaksi napaa eli sellaista solmua, johon voidaan kytkeä
joku toinen piiri (esimerkiksi auton akun navat ovat hyvä esimerkki
napaparista).
Nortonin teoreema
Mikä tahansa lineaarinen piiri voidaan esittää yhdestä portista katsottuna
virtalähteen ja vastuksen rinnankytkentänä. Tätä rinnankytkentää
kutsutaan Nortonin lähteeksi.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 70 / 1011
89. Théveninin lähteen muodostaminen
+
−
E
R1
R2
˜
˜
⇐⇒
+
−
ET
RT
˜
˜
Théveninin lähteen ET selvitetään yksinkertaisesti laskemalla portin
jännite. RT voidaan selvittää kahdella tavalla:
Sammuttamalla kaikki piirin riippumattomat (ei-ohjatut) lähteet ja
laskemalla portista näkyvä resistanssi.
Selvittämällä portin oikosulkuvirta ja soveltamalla Ohmin lakia.
Ohjattu lähde on lähde, jonka arvo riippuu piirin jostain toisesta
jännitteestä tai virrasta. Nämä käydään kurssin loppupuolella.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 71 / 1011
90. Théveninin lähteen muodostaminen
+
−
E
R1
R2
˜
˜
⇐⇒
+
−
ET
RT
˜
˜
Portin jännite saadaan (tässä tapauksesa) laskemalla vastusten läpi
kulkeva virta ja kertomalla se R2:lla. Tämä portin jännite, niin sanottu
tyhjäkäyntijännite, on sama kuin ET
ET =
E
R1 + R2
R2
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 72 / 1011
91. Théveninin lähteen muodostaminen
RT voidaan ratkaista kahdella tavalla. Tapa 1: sammutetaan piirin kaikki
lähteet, ja lasketaan napojen välinen resistanssi. Sammutettu jännitelähde
on jännitelähde, jonka jännite on nolla volttia, eli toisin sanoen pelkkä
johdin:
R1
R2
˜
˜
⇐⇒
RT
˜
˜
Nyt napojen välinen resistanssi on helppo laskea: R1 ja R2 ovat rinnan,
joten resistanssiksi saadaan
RT =
1
G1 + G2
=
R1R2
R1 + R2
.
Tämä tapa on yleensä helpompi kuin oikosulkuvirran käyttäminen!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 73 / 1011
92. RT:n selvittäminen oikosulkuvirran avulla
RT voidaan ratkaista kahdella tavalla. Tapa 2: oikosuljetaan navat, ja
lasketaan oikosulun läpi kulkeva virta eli oikosulkuvirta:
+
−
E
R1
R2
˜
˜
⇐⇒
+
−
ET
RT
˜
˜
IK
? IK
?
Oikosulkuvirran suuruus on
IK =
E
R1
ja vastuksen RT arvoksi saadaan (soveltamalla Ohmin lakia
oikeanpuoleiseen kuvaan):
RT =
ET
IK
=
ET
E
R1
=
E
R1+R2
R2
E
R1
=
R1R2
R1 + R2
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 74 / 1011
93. Nortonin lähde
Nortonin lähde on yksinkertaisesti Théveninin lähde johon on sovellettu
lähdemuunnosta (tai päinvastoin). Resistanssi on sama molemmissa
lähteissä. Nortonin lähteessä virtalähteen virta on sama kuin portin
oikosulkuvirta.
JN
6
RN
˜
˜
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 75 / 1011
94. Esimerkki 1
Muodosta Théveninin lähde. Kaikki komponenttiarvot = 1.
J1
6
R1 R2
− +
E
˜
˜
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 76 / 1011
95. Esimerkki 2
Muodosta Théveninin lähde. Kaikki komponenttiarvot = 1.
+
−
E R2
J
6R3
˜
˜
R1
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 77 / 1011
96. Esimerkki
Muodosta kuvan piiristä Théveninin lähde. Kaikki komponenttiarvot ovat
1. (Vastukset ovat jokainen 1 Ω ja virtalähde J1 = 1 A.)
J1
6
R1 R3
R2
˜
˜
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 78 / 1011
97. Ratkaisu
Muodosta kuvan piiristä Théveninin lähde. Kaikki komponenttiarvot ovat
1. (Vastukset ovat jokainen 1 Ω ja virtalähde J1 = 1 A.)
J1
6
R1 R3
R2
˜
˜
Ratkaistaan ensin Théveninin jännite ET. Tämän voi tehdä esimerkiksi
lähdemuunnoksen avulla:
+
−
J1R1
R1
R3
R2
˜
˜
ET = J1R1
R1+R2+R3
R3 = 1
3 V
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 79 / 1011
98. Ratkaisu jatkuu
Ratkaistaan seuraavaksi Théveninin lähteen resistanssi RT. Helpoiten tämä
onnistuu sammuttamalla lähteet ja laskemalla portista näkyvä resistanssi
(toinen tapa olisi oikosulkuvirran selvittäminen). Resistanssin voi laskea
joko alkuperäisestä tai muunnetusta piiristä, lopputulos on sama.
Lasketaan muunnetusta piiristä, eli sammutetaan jännitelähde:
R1
R3
R2
˜
˜
RT = 1
1
R1+R2
+ 1
R3
= 2
3 Ω
Vastukset R1 ja R2 ovat sarjassa, ja tämä sarjaankytkentä on rinnan R3:n
kanssa. Nyt ET ja RT tiedetään, joten voimme muodostaa Théveninin
lähteen (ks. seuraava kalvo).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 80 / 1011
99. Lopullinen ratkaisu
+
−
ET = 1
3 V
RT = 2
3 Ω
˜
˜
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 81 / 1011
100. Esimerkki
Muodosta kytkimien vasemmalla puolella olevasta piiristä Théveninin
lähde. Laske sitten, kuinka suuri on virta IX, kun kytkimet suljetaan ja RX
on a) 0 Ω, b) 8 Ω ja c) 12 Ω.
R1 = 5 Ω R2 = 3 Ω R3 = 8 Ω R4 = 4 Ω E = 16 V
R1
R2
R3
R4
¨¨˜ ˜
¨¨˜ ˜
+
−
E
RX
IX
?
Vastaus: RT = 8 Ω, ET = 8 V. a) 1 A b) 0,5 A c) 0,4 A.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 82 / 1011
101. Kerrostamismenetelmä
Vastuksista ja vakioarvoisista virta- ja jännitelähteistä koostuva piiri
on lineaarinen.
Jos piiri on lineaarinen, voidaan vastusten jännitteet ja virrat selvittää
laskemalla kunkin lähteen vaikutus erikseen.
Tätä ratkaisumenetelmää kutsutaan kerrostamismenetelmäksi.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 83 / 1011
102. Kerrostamismenetelmä
Kerrostamismenetelmää sovelletaan seuraavasti
Lasketaan kunkin lähteen aiheuttama(t) virta/virrat ja/tai
jännite/jännitteet erikseen siten, että muut lähteet ovat
sammutettuina.
Sammutettu jännitelähde = oikosulku (suora johdin), sammutettu
virtalähde = avoin piiri (katkaistu johdin).
Lopuksi lasketaan osatulokset yhteen.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 84 / 1011
104. Esimerkki kerrostamismenetelmän soveltamisesta
Virta I3 saadaan laskemalla osavirrat I31 ja I32.
I3 = I31 + I32 =
E1
R1 + 1
G2+G3
1
G2 + G3
G3 +
E2
R2 + 1
G1+G3
1
G1 + G3
G3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 86 / 1011
105. Milloin kerrostamismenetelmä on kätevä?
Kun laskija pitää enemmän piirin sormeilemisesta kuin yhtälöryhmien
pyörittelemisestä.
Jos piirissä on paljon lähteitä ja vähän vastuksia,
kerrostamismenetelmä on usein nopea.
Jos piirissä on useita eritaajuisia lähteitä, piirin analysointi perustuu
kerrostamismenetelmään.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 87 / 1011
106. Lineaarisuus ja kerrostamismenetelmän teoriatausta
Kerrostamismenetelmä perustuu piirin lineaarisuuteen, eli siihen, että
jokainen lähde vaikuttaa jokaiseen jännitteeseen vakiokertoimella.
Sama kaavana: jos piirissä on lähteet E1, E2, E3, J1, J2, niin jokainen
piirin jännite ja virta on muotoa k1E1 + k2E2 + k3E3 + k4J1 + k5J2,
missä vakiot kn ovat reaalilukuja.
Jos kaikkien lähteiden arvo on nolla, ovat piirin vastusten virrat ja
jännitteet nolla; eli nollaamalla kaikki lähteet paitsi yksi, voidaan
laskea kyseisen lähteen vaikutuskerroin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 88 / 1011
107. Esimerkki
Ratkaise virta I2 kerrostamismenetelmällä.
J = 1 A R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω E = 5 V
J
6
R1 R3
R2
I2
-
+
−
E
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 89 / 1011
108. Ratkaisu
Ratkaise virta I2 kerrostamismenetelmällä.
J = 1 A R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω E = 5 V
J
6
R1 R3
R2
I2
-
+
−
E
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 90 / 1011
109. Ratkaisu
Lasketaan ensin virtalähteen vaikutus:
J
6
R1 R3
R2
I21
-
Vastusten R1 ja R2 yli on sama jännite (ne ovat rinnan) ja vastus R2
kaksinkertainen verrattuna vastukseen R1 joten R2:n läpi kulkee puolet
pienempi virta kuin R1:n. Koska vastusten läpi kulkee yhteensä J = 1 A:n
suuruinen virta, kulkee R1:n läpi 2/3 A ja R2:n läpi I21 = 1/3 A.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 91 / 1011
110. Ratkaisu
Lasketaan seuraavaksi jännitelähteen vaikutus:
R1 R3
R2
I22
-
+
−
E
Vastukset R1 ja R2 ovat nyt sarjassa ja niiden yli on yhteensä E = 5 V
jännite, joten
I22 = −
E
R1 + R2
= −
5 V
10 Ω + 20 Ω
= −
1
6
A.
Negatiivinen etumerkki johtuu siitä, että virran I22 suunta on alhaalta ylös
ja vastusten jännitteen suunta ylhäältä alas.
Lopuksi yhdistetään tulokset:
I2 = I21 + I22 =
1
3
A −
1
6
A =
1
6
A.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 92 / 1011
111. Esimerkki
Ratkaise U ja I ensin kerrostamismenetelmällä ja sitten jollain muulla
menetelmällä.
R1 = 1 Ω R2 = 2 Ω J = 1 A E = 3 V
+
−
E
I
-
R1
R2
J
?
U
c
Vastaus: I = 4 A ja U = 1 V.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 93 / 1011
112. Esimerkki
Ratkaise kerrostamismenetelmällä virta I ja jännite U.
R1
J
6
+
−
E
R2
I?
U
‡
E = 3 V R1 = R2 = 1 Ω J = 1 A
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 94 / 1011
113. Ratkaisu
Ratkaise kerrostamismenetelmällä virta I ja jännite U.
Ratkaistaan ensin virtalähteen vaikutus.
R1
J
6 R2
I1
?
U1
‡
E = 3 V R1 = R2 = 1 Ω J = 1 A
U1 = J
R1R2
R1 + R2
= 0,5 V I1 = J
G1
G1 + G2
= 0,5 A
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 95 / 1011
114. Ratkaisu
Ratkaise kerrostamismenetelmällä virta I ja jännite U.
Ratkaistaan seuraavaksi jännitelähteen vaikutus.
R1
+
−
E
R2
I2
?
U2
‡
E = 3 V R1 = R2 = 1 Ω J = 1 A
U2 = −E
R2
R1 + R2
= −1,5 V I2 =
E
R1 + R2
= 1,5 A
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 96 / 1011
115. Ratkaisu
Ratkaise kerrostamismenetelmällä virta I ja jännite U.
Yhdistetään tulokset:
U = U1 + U2 = 0,5 V − 1,5 V = −1 V
I = I1 + I2 = 0,5 A + 1,5 A = 2 A
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 97 / 1011
116. Jännitteenjakosääntö
R1
R2U
c
U2
c
U1 E
U1 = U R1
R1+R2
ja U2 = U R2
R1+R2
Elektroniikkapiirissä tarvitaan usein vertailujännite, joka
muodostetaan jostain suuremmasta jännitteestä.
Kaava toimii myös useamman vastuksen sarjaankytkennälle.
Nimittäjään tulee kaikkien vastusten summa ja osoittajaan se vastus,
jonka yli olevaa jännitettä kysytään.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 98 / 1011
117. Virranjakosääntö
R1 R2
I
-
I1
? I2
?
I1 = I G1
G1+G2
ja I2 = I G2
G1+G2
Kaava pätee myös monen vastuksen rinnankytkennälle.
Tätä ei tarvita yhtä tavallisesti kuin jännitteenjakosääntöä, mutta on
luontevaa ottaa se esille jännitteenjakosäännön yhteydessä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 99 / 1011
118. Esimerkki 1
R4
R1 R2 R3
I1
? I2
? I3
?
J
6
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 100 / 1011
119. Esimerkki 1
R4
R1 R2 R3
I1
? I2
? I3
?
J
6
I1 = J G1
G1+G2+G3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 100 / 1011
120. Esimerkki 1
R4
R1 R2 R3
I1
? I2
? I3
?
J
6
I1 = J G1
G1+G2+G3
I2 = J G2
G1+G2+G3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 100 / 1011
121. Esimerkki 1
R4
R1 R2 R3
I1
? I2
? I3
?
J
6
I1 = J G1
G1+G2+G3
I2 = J G2
G1+G2+G3
I3 = J G3
G1+G2+G3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 100 / 1011
122. Esimerkki 2
R1 R2 R3
R4
+
−
E
U1
‡
U2
‡
U3
‡
U4
W
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 101 / 1011
123. Esimerkki 2
R1 R2 R3
R4
+
−
E
U1
‡
U2
‡
U3
‡
U4
W
U1 = E R1
R1+R2+R3+R4
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 101 / 1011
124. Esimerkki 2
R1 R2 R3
R4
+
−
E
U1
‡
U2
‡
U3
‡
U4
W
U1 = E R1
R1+R2+R3+R4
U2 = E R2
R1+R2+R3+R4
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 101 / 1011
125. Esimerkki 2
R1 R2 R3
R4
+
−
E
U1
‡
U2
‡
U3
‡
U4
W
U1 = E R1
R1+R2+R3+R4
U2 = E R2
R1+R2+R3+R4
U3 = E R3
R1+R2+R3+R4
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 101 / 1011
126. Esimerkki 2
R1 R2 R3
R4
+
−
E
U1
‡
U2
‡
U3
‡
U4
W
U1 = E R1
R1+R2+R3+R4
U2 = E R2
R1+R2+R3+R4
U3 = E R3
R1+R2+R3+R4
U4 = E R4
R1+R2+R3+R4
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 101 / 1011
127. Esimerkki
Ratkaise jännite U jännitteenjakosääntöä hyväksikäyttämällä.
E1 = 10 V R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω
R4 = 40 Ω R5 = 50 Ω E2 = 15 V
+
−
E1
R1
R2 R3
R4
U E
+
−
E2
R5
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 102 / 1011
128. Ratkaisu
Ratkaise jännite U jännitteenjakosääntöä hyväksikäyttämällä.
E1 = 10 V R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω
R4 = 40 Ω R5 = 50 Ω E2 = 15 V
+
−
E1
R1
R2 R3
R4
U E
+
−
E2
R5
U2
c
U3
c
U2 = E1
R2
R1+R2
= 10 V 20 Ω
10 Ω+20 Ω = 62
3 V
U3 = E2
R3
R3+R4+R5
= 15 V 30 Ω
30 Ω+40 Ω+50 Ω = 3,75 V
U = U2 − U3 = 211
12 V ≈ 2,92 V.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 103 / 1011
129. Esimerkki
Tiedetään, että virta I3 = 0 A. Laske E1.
R1 = 5 Ω R2 = 4 Ω R3 = 2 Ω R4 = 5 Ω R5 = 6 Ω E2 = 30 V
+
−
E1
+
−
E2
R1 R3 R2
R4 R5
I3
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 104 / 1011
130. Ratkaisu
Tiedetään, että virta I3 = 0 A. Laske E1.
R1 = 5 Ω R2 = 4 Ω R3 = 2 Ω R4 = 5 Ω R5 = 6 Ω E2 = 30 V
+
−
E1
+
−
E2
R1 R3 R2
R4 R5
I3
-
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 105 / 1011
131. Ratkaisu
Tiedetään, että virta I3 = 0 A. Laske E1.
R1 = 5 Ω R2 = 4 Ω R3 = 2 Ω R4 = 5 Ω R5 = 6 Ω E2 = 30 V
+
−
E1
+
−
E2
R1 R3 R2
R4 R5
I3
-
U4
c
U5
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 105 / 1011
132. Koska I3 = 0 A, vastusten R1 ja R4 läpi kulkee sama virta, ja samoin
vastusten R2 ja R5 läpi kulkee sama virta. Näin ollen ne ovat sarjassa2 ja
niihin voidaan soveltaa jännitteenjakosääntöä. Vastuksen R5 yli oleva
jännite on U5 = E2
R5
R2+R5
= 18 V. Tällöin vastuksen R4 yli on myös 18 V.
Nyt jännitteenjakosäännön mukaan:
U4 = E1
R4
R1 + R4
⇒ 18 V = E1
5 Ω
5 Ω + 5 Ω
josta ratkeaa E1 = 36 V.
Huom! Aivan yhtä oikein olisi ollut kirjoittaa solmujänniteyhtälöt piirille ja
ratkaista niistä E1.
2
Siksi ja vain siksi että tiedetään, että I3 on nolla.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 106 / 1011
133. Esimerkki
Ratkaise virta I ja jännite U.
+
−
E
R1
R2 R3
I?
U
‡
E = 10 V R1 = 7,5 kΩ R2 = R3 = 5 kΩ
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 107 / 1011
134. Esimerkki
Ratkaise virta I ja jännite U.
+
−
E
R1
R2 R3
I?
U
‡
E = 10 V R1 = 7,5 kΩ R2 = R3 = 5 kΩ
Jännitteenjakosäännön mukaan
U = E
R1
R1 + R2||R3
= 7,5 V.
Ratkaistaan vastuksen R3 jännite Kirchhoffin jännitelailla, ja sitten virta
Ohmin lailla:
I =
E − U
R3
= 0,5 mA
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 108 / 1011
135. Ohjattu lähde
Tähän mennessä (jännite- ja virta)lähteet ovat olleet vakioarvoisia.
Jos lähteen arvo ei riipu piirin muista jännitteistä, lähdettä kutsutaan
riippumattomaksi. Vakioarvoiset tai ajan funktiona muuttuvat
lähteet ovat riippumattomia lähteitä.
Jos lähteen arvo riippuu jonkin toisen piirin osan virrasta tai
jännitteestä, lähde on ohjattu lähde.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 109 / 1011
136. Jänniteohjattu jännitelähde (VCVS)
r
r
u
c
+
−
e = Au
VCVS:n jännite e riippuu jostain toisesta jännitteestä u.
Kerrointa A kutsutaan jännitevahvistukseksi.
Käytännön esimerkki: audiovahvistin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 110 / 1011
137. Virtaohjattu jännitelähde (CCVS)
r
r
i?
+
−
e = ri
CCVS:n jännite e riippuu jostain virrasta i.
Kerrointa r kutsutaan siirto- tai transresistanssiksi.
Käytännössä harvinainen (voidaan rakentaa operaatiovahvistimen
avulla).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 111 / 1011
138. Jänniteohjattu virtalähde (VCCS)
r
r
u
c
j = gu
6
VCCS:n virta j riippuu jostain toisesta jännitteestä u.
Kerrointa g kutsutaan siirto- tai transkonduktanssiksi.
Käytännön esimerkki: kanavatransistori.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 112 / 1011
139. Virtaohjattu virtalähde (CCCS)
r
r
i?
j = βi
6
CCCS:n virta j riippuu jostain virrasta i.
Kerrointa β kutsutaan virtavahvistukseksi.
Käytännön esimerkki: bipolaaritransistori.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 113 / 1011
140. Esimerkki
Ratkaise jännite U oheisesta tasasähköpiiristä.
E1 = 10 V R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω
R4 = 40 Ω r = 2 Ω
+
−
E1
R1 R2
R3
i
-
+
−
e2 = ri
R4
U
W
Huomaa, että oikeanpuoleinen lähde on ohjattu lähde.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 114 / 1011
141. Ratkaisu
Ratkaise jännite U oheisesta tasasähköpiiristä.
E1 = 10 V R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω
R4 = 40 Ω r = 2 Ω
+
−
E1
R1 R2
R3
i
-
+
−
e2 = ri
R4
U
W
Huomaa, että oikeanpuoleinen lähde on ohjattu lähde.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 115 / 1011
142. +
−
E1
R1 R2
R3
i
-
+
−
e2 = ri
R4
U
W
Merkitään R1:n ja R2:n sarjaankytkentää symbolilla R12 ja kirjoitetaan
solmuyhtälö:
UG3 = (E1 − U)G12 + (ri − U)G4
Yhtälössä on kaksi tuntematonta, joten kirjoitetaan toinen yhtälö, jossa
esiintyvät samat tuntemattomat:
i = (E1 − U)G12
Sijoitetaan i ylempään yhtälöön:
E1G12 − UG12 + rG4G12E1 − rG4G12U − UG4 = UG3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 116 / 1011
143. E1G12 − UG12 + rG4G12E1 − rG4G12U − UG4 = UG3
josta
G12E1(1 + rG4) = U(G3 + G12 + G4 + rG4G12)
sijoitetaan lukuarvot ja ratkaistaan U:
U =
10
30(1 + 2
40)
1
30 + 1
30 + 1
40 + 2
40·30
= 3,75 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 117 / 1011
144. Esimerkki
Laske jännite U3.
G1 = 1 S G2 = 2 S G3 = 3 S G4 = 4 S G5 = 5 S g = 6 S J = 3 A
J
6
G1 G2 G3
G4 G5
gU1
U1
c
U3
c
r
U3 = − 48
115
V ≈ −417 mV
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 118 / 1011
145. Kela ja kondensaattori
Ri
-
u
‡ § ¤§ ¤§ ¤
Li
-
u
‡
C
i
-
u
‡
u = Ri u = L di
dt i = C du
dt
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 119 / 1011
146. Kela ja kondensaattori tasasähköpiirissä
Ri
-
u
‡ § ¤§ ¤§ ¤
Li
-
u
‡
C
i
-
u
‡
u = Ri u = L di
dt i = C du
dt
Tasajännite ja -virta pysyvät ajan suhteen vakiona eli jännitteiden ja
virtojen aikaderivaatat ovat nollia. Eli kelan jännite on tasasähköpiirissä
nolla ja kondensaattorin virta on tasasähköpiirissä nolla.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 120 / 1011
147. Poikkeus 1
Kondensaattoriin syötetään väkisin tasavirtaa.
J
6
C
i = C du
dt ⇒ J = C du
dt ⇒ du
dt = J
C eli kondensaattorin jännite kasvaa
vakionopeudella.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 121 / 1011
148. Poikkeus 2
Kelaan kytketään tasajännitelähde.
+
−
E ¤
¥
¤
¥
¤
¥
L
u = L di
dt ⇒ E = L di
dt ⇒ di
dt = E
L eli kelan virta kasvaa vakionopeudella.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 122 / 1011
149. Kelan ja kondensaattorin käsittely tasasähköpiirilaskuissa
Kela korvataan oikosululla (=johtimella) ja kondensaattori korvataan
katkoksella (eli irrotetaan piiristä).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 123 / 1011
150. Esimerkki
Ratkaise jännite U oheisesta tasasähköpiiristä.
E1 = 10 V R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω
R4 = 40 Ω L = 500 mH C = 2 F E2 = 15 V
+
−
E1
R1
R2 R3
§ ¤§ ¤§ ¤
L
C
+
−
E2
R4
U
W
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 124 / 1011
151. Ratkaisu
Ratkaise jännite U oheisesta tasasähköpiiristä.
E1 = 10 V R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω
R4 = 40 Ω L = 500 mH C = 2 F E2 = 15 V
+
−
E1
R1
R2 R3
§ ¤§ ¤§ ¤
L
C
+
−
E2
R4
U
W
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 125 / 1011
152. Ratkaisu jatkuu
Koska piirissä ei ole jännitelähde-kela-rinnankytkentöjä eikä
virtalähde-kondensaattori-sarjaankytkentökä ja kyseessä on tasasähköpiiri
(jännitteet ja virran pysyvät vakiona), voidaan kelat korvata oikosuluilla ja
kondensaattorit katkoksilla
+
−
E1
R1
R2 R3
+
−
E2
R4
U
W
jolloin jännite U saadaan näppärästi jännitteenjakosäännöllä:
U = E2
R3
R3 + R4
= 6
3
7
V ≈ 6,4 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 126 / 1011
153. Operaatiovahvistin
Ammattislangilla opari, englanniksi operational amplifier tai lyhyesti
opamp.
Operaatiovahvistimeen kytketään käyttöjännite, josta se saa
energiansa (kuvassa ±15 volttia). Operaatiovahvistin mittaa
tulonapojensa välistä jännite-eroa ja muuttaa lähtöjännitettä sen
mukaisesti.
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
Uout = A(U+ − U−)
A on operaatiovahvistimen vahvistuskerroin, U+, U−, Uout ovat
jännitteitä maasolmua vasten ilmoitettuna.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 127 / 1011
154. Ideaalinen operaatiovahvistin
Ideaaliselle 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 tapahtua
käytännössäkin, jos operaatiovahvistimen datalehdessä lukee
rail-to-rail-operation).
Ideaalinen operaatiovahvistin on äärettömän nopea.
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
Uout = A(U+ − U−)
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 128 / 1011
155. Operaatiovahvistinkytkennät
Operaatiovahvistinta ei käytännössä koskaan käytetä sellaisenaan,
vaan kytkemällä siihen muita komponentteja saadaan aikaiseksi
käytännöllinen piiri.
Operaatiovahvistimen peruskytkentöjä ovat muun muassa
Invertoiva vahvistin
Invertoiva summain
Ei-invertoiva vahvistin
Jännitteenseuraaja
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 129 / 1011
156. Invertoiva vahvistin
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R1
R2
Uout
c
Uin
c
Uout = −
R2
R1
Uin
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 130 / 1011
157. Laskutekniikkaa
Jos ideaalinen operaatiovahvistin (A → ∞) on kytketty siten, että
Uout:n nousu kasvattaa jännitettä U− (tai pienentää jännitettä U+),
kyseessä on negatiivinen takaisinkytkentä.
Negatiivinen takaisinkytkentä pakottaa molempiin tulonapoihin
saman jännitteen eli U+ = U−.
Laskutekniikka negatiivisessa takaisinkytkennässä: selvitä toisen
tulonavan jännite; siitä seuraa, että toisessakin tulonavassa on sama
jännite.
Tarkista lopuksi, että lähtöjännite on käyttöjännitteiden asettamissa
rajoissa!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 131 / 1011
158. Invertoiva summain
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R1
R2
R3
U2
c
U3
c R
Uout
c
U1
c
Uout = −R
1
R1
U1 +
1
R2
U2 +
1
R3
U3
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 132 / 1011
159. Ei-invertoiva vahvistin
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
R2
R1
Uout
c
Uin
c
Uout = 1 +
R2
R1
Uin
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 133 / 1011
160. Jännitteenseuraaja
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
Uout
c
Uin
c
Uout = Uin
Kytkennän hyöty: jännitettä Uout voidaan kuormittaa (esimerkiksi
kytkemällä siihen jokin mittalaite) ilman, että Uin-puolelle kytketty laite
huomaa mitään.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 134 / 1011
161. R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R1
R2
R3
Uout
c
Uin
c
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R4
Esimerkki
Laske Uout, kun Uin = 2 V.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 135 / 1011
162. Esimerkki
R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R1
R2
R3
Uout
c
Uin
c
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R4
Laske Uout, kun Uin = 2 V. Ratkaisu: piirissä on kaksi peräkkäin kytkettyä
invertoivaa vahvistinta. Ensimmäisen vahvistuskerroin on −R2
R1
= −2 ja
toisen −R4
R3
= −3. Koko piirin vahvistuskerroin on näiden tulo −2 · −3 = 6,
eli kysytty jännite Uout = 2 V · 6 = 12 V.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 136 / 1011
163. Positiivinen takaisinkytkentä
Negatiivisessa takaisinkytkennässä lähtöjännitettä kasvattava häiriö
kasvattaa 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 tasapainoasemasta
voimistaa häiriötä → lähtöjännite ajautuu toiseen äärilaitaan.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 137 / 1011
166. Esimerkki
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
R1 = 7,5 kΩ
R2 = 15 kΩ
−15 V
R = 15 kΩ
Uout
c
Uin
c
Piirrä piirin ominaiskäyrä (vaaka-akselille Uin ja pystyakselille Uout).
Operaatiovahvistin on rail-to-rail-tyyppinen, eli lähtöjännite voi vaihdella
käyttöjännitteiden välillä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 140 / 1011
167. Esimerkki
Kumpikin hystereesisraja saadaan laskemalla, milloin operaatiovahvistimen
tulonavoissa on sama jännite. Tutkitaan ensin tapaus, kun Uout = 15 V.
Jos ei-invertoivassa tulossa on 0 V, on vastuksen R virta 1 mA (oikealta
vasemmalle) ja vastuksen R2 virta myös 1 mA oikealta vasemmalle. Tällöin
virta R1:n läpi on 0 mA, eli Uin = 0 V. Alempi hystereesisraja on siis 0 V.
Toinen raja: nyt Uout = −15 V. Jos ei-invertoivassa tulossa on 0 V, on
vastuksen R virta 1 mA (vasemmalta oikealle) ja vastuksen R2 virta 1 mA
oikealta vasemmalle. Tällöin virta R1:n läpi on 1 mA + 1 mA = 2 mA
vasemmalta oikealle, eli Uin = 15 V. Ylempi hystereesisraja on siis +15 V.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 141 / 1011
168. Integraattori
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R
C
Uout
c
Uin
c
uout = −
1
RC
t
0
uindt + U0
Lähtöjännitteen muutosnopeus on verrannollinen tulojännitteeseen.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 142 / 1011
169. Derivaattori
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
C
R
Uout
c
Uin
c
uout = −RC
duin
dt
Lähtöjännite on verrannollinen tulojännitteen muutosnopeuteen.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 143 / 1011
170. Komparaattori
Jos negatiivista takaisinkytkentää ei ole, operaatiovahvistimen lähtöjännite ajautuu aina
jompaan kumpaan äärilaitaan.
Jos plustulossa on suurempi jännite kuin miinustulossa, operaatiovahvistimen lähtöjännite
on maksimiäärilaidassa.
Jos plustulossa on pienempi jännite kuin miinustulossa, operaatiovahvistimen lähtöjännite
on minimiäärilaidassa.
Operaatiovahvistinta voidaan siis käyttää kahden jännitteen vertailijana eli
komparaattorina. Kaikki operaatiovahvistinmallit eivät toimi stabiilisti komparaattorina –
kannattaa ostaa komparaattoriksi suunniteltu operaatiovahvistin, jos tarvitsee sellaista.
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
10,2 V
10,1 V
Uout = +15 V
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
10,0 V
10,1 V
Uout = −15 V
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 144 / 1011
172. R R R R
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
Uin
c
Uout
c
Esimerkki
Laske miten Uout riippuu jännitteestä Uin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 146 / 1011
173. Esimerkki
R R R R
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
Uin
c
Uout
c
Ux'
Ux'
Uy
'
Uy
'
Kaksi vasemmanpuoleisinta vastusta ovat keskenään sarjassa joten niiden
molempien yli on sama jännite (Ux). Kaksi oikeanpuoleisinta vastusta ovat
keskenään sarjassa joten niidenkin yli on sama jännite kummallakin (Uy).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 147 / 1011
174. Esimerkki
R R R R
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
Uin
c
Uout
c
Ux'
Ux'
Uy
'
Uy
'
Kirjoitetaan Kirchhoffin jännitelain mukaan kaksi yhtälöä:
Uin + Ux + Uy = 0
Uout − Uy − Uy − Ux − Ux = 0
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 148 / 1011
175. Esimerkki
Tarkastellaan äskeisiä yhtälöitä:
Uin + Ux + Uy = 0
Uout − Uy − Uy − Ux − Ux = 0
Ratkaistaan jälkimmäisestä Uout:
Uout = 2(Ux + Uy)
Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan:
Ux + Uy = −Uin
Sijoitetaan yllä oleva edelliseen yhtälöön:
Uout = −2Uin
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 149 / 1011
176. Takaisinkytkentä (engl. feedback)
Takaisinkytkentä: piirin lähtösignaali summataan piirin tulosignaaliin,
kertoimella B painotettuna.
Jos lähtösignaali kytketään takaisin niin, että lähtösignaalin kasvu
aikaansaa lähtösignaalin pienenemisen, kyseessä on negatiivinen
takaisinkytkentä.
Jos lähtösignaali kytketään takaisin niin, että lähtösignaalin kasvu
aikaansaa lähtösignaalin kasvamisen, kyseessä on positiivinen
takaisinkytkentä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 150 / 1011
177. A
B
Uout
−
Uin
Uout = A(Uin − BUout) ⇒ Uout =
A
1 + AB
Uin
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 151 / 1011
178. Takaisinkytkennän käyttö
Takaisinkytkentä on tärkeä säätötekniikassa.
Takaisinkytkennän avulla voidaan vahvistimen ominaisuuksia
stabiloida.
Esimerkki: ei-invertoiva operaatiovahvistin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 152 / 1011
179. Ei-invertoiva vahvistin
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
R2
R1
Uout
c
Uin
c
Uout = 1 +
R2
R1
Uin
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 153 / 1011
180. Ei-invertoiva vahvistin: takaisinkytkennän analyysi
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
R2
U−
c
R1
Uout
c
Uin
c
Uout = A(U+ − U−) = A(Uin −
R1
R1 + R2
Uout)
Kun verrataan tätä takaisinkytkennän kaaviokuvaan, nähdään, että
takaisinkytkentäkerroin B = R1
R1+R2
.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 154 / 1011
181. Oskillaattori
Oskillaattori = värähtelijä.
Esimerkiksi heilurikellon heiluri on oskillaattori.
Elektroniikassa oskillattorilla tarkoitetaan värähtelypiiriä, joka tuottaa
halutuntaajuista vaihtosähköä tasasähköstä.
Oskillaattori tuottaa digitaalipiirien niin kutsutun kellosignaalin.
Esimerkiksi 3,2 GHz:n taajuinen tietokoneen suoritin saa
kellosignaalinsa 3,2 GHz:n suorakaideaalto-oskillaattorilta.
Oskillaattorin lähtösignaali on sovelluksesta riippuen yleensä sini-,
suorakaide-, kolmio-, tai sahahammasaaltoa.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 155 / 1011
182. Toteutustapoja
Oskillaattori voidaan toteuttaa usealla eri tavalla. Käytetyimmät tekniikat
ovat:
Ladataan ja puretaan kondensaattoria vuorotellen. Tällaista
oskillaattoria kutsutaan relaksaatio-oskillaattoriksi.
Suunnitellaan negatiivisesti takaisinkytketyn vahvistimen
takaisinkytkentäpiiri niin, että sopivalla taajuudella (= halutulla
värähtelytaajuudella) termi AB eli silmukkavahvistus saa arvon -1.
Tällöin piiri värähtelee, vaikka sinne ei syötetä signaalia.
Värähtelyehto AB = −1 tunnetaan nimellä Barkhausenin kriteeri.
Tulo AB voi olla pienempikin kuin AB = −1, esimerkiksi piiri
värähtelee myös jos AB = −1,2 tai AB = −2,5. Tällöin kuitenkin
lähtöjännite säröytyy. Olennaista värähtelyn kannalta on, että
takaisinkytkennän vaihesiirto on -180 astetta, eli AB on pienempi
kuin -1 ja reaalinen.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 156 / 1011
183. Toteutustapoja
Käyttämällä takaisinkytkentäpiirissä tarkoin leikattua kvartsikidettä,
saadaan erittäin tarkka oskillaattori. Tällaisia tarvitaan esimerkiksi
rannekelloissa, tietoliikennesovelluksissa ja tarkkuusmittaustekniikassa.
Oskillaattori tarvitsee yleensä säätöpiirin, joka pitää lähtöjännitteen
amplitudin sopivissa rajoissa.
Esimerkiksi siniaalto-oskillaattorin tuottama siniaalto säröytyy, mikäli
amplitudi kasvaa liian suureksi.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 157 / 1011
184. Esimerkki relaksaatio-oskillaattorista
Ei-portin on oltava Schmitt-liipaisintulolla varustettu. Tämä tarkoittaa
sitä, että lähtö vaihtuu nollaksi, kun tulo nousee (esim.) 2/3:aan
käyttöjännitteestä ja ykköseksi, kun tulo laskee (esim.) alle 1/3:aan
käyttöjännitteestä. Lähtöjännitteen taajuus riippuu edellä mainituista
liipaisurajoista sekä RC-piirin aikavakiosta. Lähtöjännite on
suorakaideaaltoa.
d
C
R
˜
˜
Uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 158 / 1011
188. Vaihesiirto-oskillaattori
C C C R
R R 4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
R1
Uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 162 / 1011
189. Yhdenlainen relaksaatio-oskillaattori
R1 1 kΩ
4
4
4
˜
˜
˜
+
−
−15 V
+15 V
R2 15 kΩ
R3 150 kΩ
4
4
4
˜
˜
˜
−
+
−15 V
+15 V
C 100 nF
Uout
c
Vasemmalla puolella on Schmitt-liipaisintulolla varustettu komparaattori ja
oikealla puolella on integraattori. Yhdessä piirit muodostavat
kokonaisuuden, jossa kondensaattori latautuu ja purkautuu jatkuvasti.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 163 / 1011
190. Transistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä)
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
+
−
12 V
RC = 1 kΩ
0)
1(
‚d
d
RE = 470 Ω
CIN
COUTr
Uin
c
Uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 164 / 1011
191. 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
?
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 165 / 1011
192. Transistorivahvistin
Jotta transistorivahvistin vahvistaisi myös heikkoja signaaleja, se pitää
biasoida eli esijännittää. Myös termiä tasajänniteasettelu käytetään.
Kondensaattorit estävät esijännitykseen käytettävää tasasähköä
vuotamasta vahvistimen tuloon ja lähtöön.
Kuvan vahvistinkytkentää kutsutaan yhteisemitteri- eli
CE-vahvistimeksi (engl. common emitter).
Analysoidaan piirin toimintaa kerrostamismenetelmällä. Mallinnetaan
transistoria virtaohjatulla virtalähteellä.
Kaikki muut jännitelähteet (kanta-emitteridiodin jännite ja piirin
käyttöjännite) asetetaan nollaksi.
Oletetaan kondensaattorit oikosuluksi (= signaalin taajuus on niin
suuri, että kondensaattorien impedanssi on pieni).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 166 / 1011
193. Transistorivahvistimen analysointi
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
RC = 1 kΩ
βIB
?
IB
-
RE = 470 Ω
Iin
- r
Uin
c
Uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 167 / 1011
194. Vahvistuskerroin
Emitterivirralle voidaan kirjoittaa
Uin
RE
= IB + βIB ⇒ IB =
Uin
RE(1 + β)
josta
Uout = −βIB · RC = −β
Uin
RE(1 + β)
RC = −Uin
β
1 + β
RC
RE
ja
Uout
Uin
= −
β
1 + β
RC
RE
≈ −
RC
RE
,
koska β
1+β ≈ 1.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 168 / 1011
195. Tuloresistanssi
Rin =
Uin
Iin
Iin =
Uin
R1
+
Uin
R2
+ IB =
Uin
R1
+
Uin
R2
+
Uin
RE(1 + β)
Rin =
Uin
Iin
=
Uin
Uin
R1
+ Uin
R2
+ Uin
RE(1+β)
=
1
1
R1
+ 1
R2
+ 1
RE(1+β)
Eli tuloresistanssi on resistanssien R1, R2 ja RE(1 + β) rinnankytkentä.
Voidaan ajatella, että emitterillä oleva resistanssi näkyy kannalla
(1 + β)-kertaisena.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 169 / 1011
196. Lähtöresistanssi
Lähtöresistanssi on helppo johtaa tekemällä kollektorivastukselle ja
virtalähteelle lähdemuunnos:
RC
βIB
?
Uout
T
−
+
βIBRC
RC
Uout
c
Lähdemuunnoksessa resistanssin arvo säilyy samana, eli vahvistimen
lähtöresistanssi on suoraan kollektorivastus RC.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 170 / 1011
197. Esimerkki
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
+
−
12 V
RC = 1 kΩ
0)
1(
‚d
d
RE = 500 Ω
β = 100
CIN
COUTr
Uin
c
Uout
c
Kuinka suureksi CIN tulee vähintään valita, jotta yli 20 Hz taajuiset
signaalit eivät vaimene enempää kuin 3 desibeliä piirin ideaalivahvistukseen
(≈ 2) verrattuna?
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 171 / 1011
198. Esimerkki
CIN ja vahvistimen tuloresistanssi RIN muodostavat yhdessä ensimmäisen
asteen ylipäästösuodattimen, joka määrää vahvistimen alarajataajuuden.
Ensimmäisen asteen suodattimilla suodattimen ominaistaajuus on sama
kuin -3 desibelin piste, eli ongelma ratkeaa suoraan laskemalla CIN
muodostuneen ylipäästösuodattimen ominaistaajuuden kaavasta
(f0 = 20 Hz):
f0 =
ω0
2π
=
1
RC
2π
=
1
2πRC
=
1
2πRINCIN
⇒ CIN =
1
2πRINf0
CIN =
1
2π 1
1
R1
+ 1
R2
+ 1
RE(1+β)
f0
≈ 500 nF
Huomaa, että myös COUT vaikuttaa alarajataajuuteen, mutta tätä ei
käsitelty esimerkissä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 172 / 1011
199. Diodipiirin ratkaisu tarkasti
+
−
E = 1 V
R = 100 Ω
d U
c
I = IS e
U
nUT − 1 UT =
kT
q
I =
E − U
R
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 173 / 1011
200. Piensignaalianalyysi
Kun epälineaarisia komponentteja sisältävän piirin toimintaa
tutkitaan, voidaan käyttää joko tarkkoja yhtälöitä (haastavaa, vaatii
käytännössä tietokoneen avuksi) tai karkeaa mallia (kuten diodin
jännitteen olettaminen 0,7 voltiksi ja transistorin kaava IC = βIB).
Näiden ääripäiden välimuoto on piensignaalianalyysin käyttäminen.
Piensignaalianalyysissä lasketaan ensin komponentin
tasajännitetoimintapiste.
Tämän jälkeen komponentin ominaiskäyrää (virran riippuvuutta
jännitteestä) mallinnetaan ominaiskäyrän derivaatalla.
Piensignaalianalyysi antaa kohtuullisen tarkan tuloksen, mikäli
signaalitaso on niin pieni3, että se ei muuta komponentin
toimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalitaso on niin suuri, että
ominaiskäyrän derivaatta ja ominaiskäyrä poikkeavat toisistaan
paljon, tulos on epätarkka.
3
Tästä nimi piensignaalianalyysi!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 174 / 1011
201. Diodin piensignaalisijaiskytkentä
d
I
-
U
‡
I = IS e
U
nUT − 1 UT =
kT
q
q = 1,602 · 10−19
As k = 1,381 · 10−23 J
K
Derivoidaan:
dI
dU
= IS
1
nUT
e
U
nUT =
1
nUT
ISe
U
nUT
≈I
≈
I
nUT
Koska virta derivoitiin jännitteen suhteen, äsken laskettu suure on
konduktanssia. Diodin piensignaaliresistanssi on siis tämän konduktanssin
käänteisluku:
rd =
∆u
∆i
=
1
I
nUT
=
nUT
I
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 175 / 1011
202. Piensignaalianalyysi diodipiirille
Laske ensin diodin tasajännitetoimintapiste: sammuta
vaihtojännitelähteet ja laske diodin virta (esimerkiksi) olettamalla
johtavan diodin jännitteeksi 0,7 volttia (= tekniikka, joka opeteltiin
ensimmäisellä tunnilla).
Kun diodin läpi kulkeva (tasa)virta on laskettu, lasketaan diodin
dynaaminen resistanssi kaavasta
rd =
nUT
I
.
Terminen jännite UT on huoneenlämmössä noin 26 millivolttia ja
emissiovakioksi voi olettaa n ≈ 2.
Lopuksi sammutetaan kaikki tasajännitelähteet, korvataan diodi
dynaamisella resistanssilla ja lasketaan vaihtojännitteen vaikutus
piiriin.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 176 / 1011
203. Piensignaalianalyysi: yksinkertainen esimerkki
+
−
E = 1 V
+
−
eac = 100 mV
R = 100 Ω
d
U + uac
W
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 177 / 1011
204. Vaihe 1/3
Sammutetaan vaihtojännitelähde (tai lähteet, jos niitä on useita), ja
lasketaan diodin läpi kulkeva tasavirta.
+
−
E = 1 V
R = 100 Ω
d
U = 0,7 V
W
I?
I =
E − U
R
=
1 V − 0,7 V
100 Ω
= 3 mA
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 178 / 1011
205. Vaihe 2/3
Lasketaan diodin dynaaminen resistanssi:
rd =
nUT
I
=
2 · 26 mV
3 mA
≈ 17 Ω
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 179 / 1011
206. Vaihe 3/3
Sammutetaan tasajännitelähde, korvataan diodi dynaamisella resistanssilla
ja lasketaan vaihtojännitteen vaikutus piiriin (tässä tapauksessa näppärästi
jännitteenjakosäännöllä).
+
−
eac = 100 mV
R = 100 Ω
rd = 17 Ω
uac
W
uac = eac
rd
R + rd
= 100 mV
17 Ω
100 Ω + 17 Ω
≈ 15 mV
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 180 / 1011
207. Piensignaalianalyysin käytössä huomioitavaa
Piensignaalianalyysi antaa melko tarkan tuloksen silloin, kun käsiteltävä
(vaihtojännite)signaali on amplitudiltaan niin pieni, että se ei muuta piirin
toimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalin vaikutusalueella komponentin
ominaiskäyrä ja derivaatta poikkeavat toisistaan merkittävästi,
piensignaalianalyysi antaa epätarkan tuloksen.
Esimerkki
Jos edellisessä esimerkissä vaihtojännitteen amplitudi olisi ollut 10 volttia,
piensignaalianalyysin tulos olisi pahasti metsässä. Esimerkiksi voltin
amplitudinen sinimuotoinen vaihtojännite pakottaisi diodin estotilaan,
jolloin sen dynaaminen resistanssi on satoja kilo-ohmeja tai enemmän.
Piensignaalianalyysi toimii nimensä mukaisesti vain pienillä signaaleilla!
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 181 / 1011
208. Esimerkki
+
−
E = 10 V
+
−
eac = 100 mV
R = 1 kΩ
d
U + uac
W
Ratkaise piensignaalianalyysin avulla, kuinka suuri on diodin yli vaikuttava
vaihtojännite uac.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 182 / 1011
209. Esimerkki
Ratkaiseminen tapahtuu kuten edellisen luennon esimerkissä. Lasketaan
ensin tasavirta diodin läpi:
I =
10 V − 0,7 V
1 kΩ
= 9,3 mA
Tasavirran perusteella lasketaan diodin dynaaminen resistanssi:
rd =
nUT
I
=
2 · 26 mV
9,3 mA
≈ 5,59 Ω
Ja ratkaistaan diodin yli oleva vaihtojännite jännitteenjakosäännöllä:
uac = 100 mV
5,59 Ω
1 kΩ + 5,59 Ω
≈ 0,556 mV
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 183 / 1011
210. Transistorivahvistimen piensignaalianalyysi
Yksinkertaisella sijaiskytkennällä (= pelkkä virtaohjattu virtalähde)
CE-transistorivahvistimen analyysi ei anna tarkkaa tulosta, varsinkin
jos emitterivastus RE ohitetaan kondensaattorilla tai jätetään pois
(vahvistuskerroin olisi mallin mukaan ääretön (muka)).
Ohituskondensaattorin käyttö on erittäin tavallista.
Tarkemman tuloksen saa, kun otetaan huomioon transistorin
kanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi.
Transistorilla emissiovakioksi oletetaan yleensä n ≈ 1.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 184 / 1011
211. Epätarkka malli
ic = βib
?
ib
-
ib + ic
?
˜
˜
˜
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 185 / 1011
212. Tarkempi piensignaalimalli: otetaan huomioon
kanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi
ic = βib
?
ib
-
re = nUT
IE
˜
˜
˜
Tätä mallia kutsutaan T-sijaiskytkennäksi. On olemassa myös
π-sijaiskytkentä.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 186 / 1011
213. Merkinnöistä
Sopimus:
Piensignaalianalyysissä tasavirtoja ja -jännitteitä (joista lasketaan
piensignaalisijaiskytkennän parametrit, kuten re) merkitään isolla
kirjaimella.
Piensignaalivirtoja ja -jännitteitä merkitään pienillä kirjaimilla.
Esimerkiksi IE on tasavirta, jota käytetään laskettaessa transistorin
toimintapistettä.
ie on sen sijaan piensignaalivirta (vaihtovirta).
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 187 / 1011
214. Transistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä)
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
+
−
12 V
RC = 1 kΩ
0)
1(
‚d
d
RE = 470 Ω
CIN
COUTr
Uin
c
Uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 188 / 1011
215. CE-vahvistimen analysointi
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
RC = 1 kΩ
βiB
?
iB
-
RE + re
iin
- r
uin
c
uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 189 / 1011
216. Esimerkki: yhteiskollektorikytkentä
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
+
−
12 V
RC = 1 kΩ
0)
1(
‚d
dβ = 100
RE = 470 Ω
CIN
COUT
r
Uin
c
Uout
c
Laske piensignaalianalyysin avulla kuvan vahvistimelle tulo- ja
lähtöresistanssit Rin ja Rout sekä jännitevahvistus Uout
Uin
.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 190 / 1011
217. Esimerkki
Lasketaan ensin emitterivirta piensignaalisijaiskytkennän dynaamisen
resistanssin re selvittämiseksi:
IE = (β + 1)
12 V − UE − 0,7 V
R1
−
UE + 0,7 V
R2
ja
IE =
UE
RE
josta ratkeaa
UE ≈ 1,83426 V
ja
IE ≈ 3,90 mA,
joten
re =
nUT
IE
≈
1 · 26 mV
3,9 mA
≈ 6,67 Ω.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 191 / 1011
218. Esimerkki
Muodostetaan piensignaalisijaiskytkentä:
R2 = 33 kΩ
R1 = 82 kΩ
RC = 1 kΩ
βiB
?
iB
-
RE + re
r
iin
- r
uin
c
uout
c
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 192 / 1011
219. Esimerkki
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
joten
uout
uin
=
RE
RE + re
≈ 0,99.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 193 / 1011
220. Esimerkki
Lähtöresistanssin selvittämiseksi ajatellaan piirin lähtöön (eli RE:n rinnalle)
kuormavastus RL. Tällöin kuormalle menevä todellinen lähtöjännite on
uL =
RE||RL
RE||RL + re
uin
Jännitteenjakosäännön mukaan vahvistimen lähtöresistanssille ja
kuormittamattomalle jännitteelle pätee
uL =
RL
ROUT + RL
uout =
RL
ROUT + RL
RE
RE + re
uin
Edellisistä yhtälöistä ratkeaa
ROUT =
reRE
re + RE
≈ 7 Ω.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 194 / 1011
221. Esimerkki
Tuloresistanssi ratkeaa kuten yhteisemitterikytkennässäkin. Nyt myös
mahdollinen emitterille kytketty kuorma RL vaikuttaa lähtöresistanssiin:
RIN = R1||R2||(1 + β)(re + RE||RL)
Jos kuormavastusta ei ole kytketty, tuloresistanssiksi saadaan 15,8 kΩ.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 195 / 1011
222. Hakkuritekniikka
Tavallisten verkkomuuntajaan perustuvien teholähteiden ongelmia
ovat rajallinen tehontuotto, suuri fyysinen koko sekä paino.
Lisäksi suurilla virroilla hurinajännitteen eliminointi vaatisi todella
suuren suodatuskondensaattorin.
Tasasuuntaamalla verkkojännite sellaisenaan, ja syöttämällä se
suurella taajuudella katkottuna muuntajaan, voidaan käyttää
fyysisesti pienikokoista suurtaajuusmuuntajaa.
Tällaista verkkolaitetta kutsutaan hakkuriteholähteeksi tai
hakkuriverkkolaitteeksi.
Hakkuritekniikka soveltuu myös tasajännitteen jännitetason
laskemiseen sekä – toisin kuin lineaarinen regulaattoritekniikka –
tasajännitteen jännitetason nostamiseen.
Elektroniikan tuotantomenetelmien kehittyminen ja tuotantomäärien
kasvaminen on johtanut hintojen laskuun niin, että lähes kaikissa
laitteissa on nykyään hakkuriteholähde.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 196 / 1011
223. Hakkuriteholähde lyhyesti
Hakkuriteholähteessä jännitteen muuntaminen perustuu nopeaan
elektroniseen kytkimeen (transistoriin).
Hakkuriteholähteeseen perustuvassa verkkolaitteessa verkkojännite
tasasuunnataan, jonka jälkeen se syötetään nopean kytkimen
välityksellä suurtaajuusmuuntajaan.
Nopean katkomisen ansiosta saadaan muuntajaan suuri
magneettivuon muutosnopeus → pärjätään pienikokoisella
muuntajalla.
Suuren taajuuden ansiosta myös tarvittavat suodatuskondensaattorit
ovat 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 katkomisen
tuottamat häiriöt.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 197 / 1011
224. Buck- eli step-down-hakkuri
Jännitettä laskeva hakkuri:
0)
1(
d
d‚
§ ¤§ ¤§ ¤
d
Toteutettavissa esimerkiksi piirillä LM2574.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 198 / 1011
225. Boost- eli step-up-hakkuri
Jännitettä nostava hakkuri:
§ ¤§ ¤§ ¤
L
d
‚d
d
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 199 / 1011
228. Lähtökohtaisesti sähkötyöt ovat kiellettyjä maallikoilta. Lista erikseen
sallituista sähkötöistä löytyy esimerkiksi Sähköturvallisuuden
edistämiskeskuksen sivuilta
http://www.stek.fi/sahkon_kaytto_kotona/aiotko_tehda_
sahkotoita_kotona/fi_FI/sallitut_sahkotyot/4
Listaa ei tarvitse päntätä ulkoa, mutta kokonaiskuva sallituista töistä on
hyvä olla mielessä.
4
Viitattu 14.9.2013
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 202 / 1011
229. Sallitut korjaus- ja asennustyöt
Yksivaiheisen jatkojohdon korjaus ja teko
Sähkölaitteen rikkoontuneen yksivaiheisen liitäntäjohdon ja
pistotulpan vaihto
Valaisimen liitäntäjohdon rikkoontuneen välikytkimen vaihto
Sisustusvalaisimen liittäminen valaisinliitimellä eli ”sokeripalalla”
Kiinteässä asennuksessa valaisinliittimen eli sokeripalan korvaaminen
uuden järjestelmän mukaisella valaisinliitinpistorasialla sekä
vioittuneen valaisinliitinpistorasian vaihto
Valaisinpistotulpan asennus ja vioittuneen tulpan vaihto
Jännitteettömien pistorasioiden ja kytkimien kansien irrottaminen
esim. maalaamisen ja tapetoinnin ajaksi ja rikkoutuneiden kansien
vaihto
Suojajännitteisten laitteistojen asentaminen valmistajan tai
tavarantoimittajan antamien ohjeiden mukaisesti
Harrastustoimintana tehtävä sähkölaitteiden kokoonpano esim.
elektroniikan rakennussarjasta ja tällaisen laitteen korjaaminen
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 203 / 1011
230. Sallitut käyttötoimenpiteet
Sulakkeen vaihto (tavallisen tulppasulakkeen vaihto tai valonsäätimen
sulakkeen vaihto)
Automaattisulakkeen ohjaaminen toiminta-asentoon tai pois päältä
Suojalaitteen toiminta-asennon ohjaaminen
Valaisimen lampun ja sytyttimen vaihto
Jännitteettömyyden toteaminen hyväksytyllä jännitteenkoettimella
(koetuskynällä) , kun tehdään jokaiselle sähkönkäyttäjälle sallittuja
töitä
Vikavirtasuojakytkimen toiminnan testaus
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 204 / 1011
231. Sallittua on myös
Omakotitalon antennin asentaminen
Sähkölaitteiden mekaanisten osien korjaaminen, esim pesukoneen
letkun vaihto, edellyttäen että laitteen kosketussuojaus, vesisuojaus
mukaan lukien, ei muutu
Luotettavasti ja kokonaan jännitteettömiksi tehtyjen sähköasennusten
purku
Kaapeliojan kaivu ja kaapelin veto maahan. Ennen kaapeliojan
peittämistä on sähköalan ammattilaisen todettava, että työ on tehty
asianmukaisesti.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 205 / 1011
232. Laitteiden korjaaminen maallikkona
Sallittua on
Piirikortin vaihto ja lisäys
Erilliskoteloidun virtalähteen vaihtaminen.
Hybridi- ja sähköajoneuvoissa sellainen huolto- ja korjaustyö, joka on
vain pistoliitinkojeen vaihtoa samanlaiseen uuteen, ei vaadi
urakointioikeutta (eikä sähkötöiden johtajaa eikä sähköpätevyyttä).
Sähköturvallisuudesta on toki huolehdittava ja työntekijöille on
annettava SFS 6002:n mukainen sähkötyöturvallisuuskoulutus.
Vesa Linja-aho (Metropolia Helsinki UAS) Sähkötekniikan ja elektroniikan materiaalia 22. elokuuta 2014 206 / 1011