Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Elektroniikan perusteet 1

Elektroniikan perusteet 1 -kurssin kalvot, Metropolia-amk:sta. Kevät 2011.

  • Login to see the comments

Elektroniikan perusteet 1

  1. 1. TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) Kevät 2011 / Luokka AS10 Lisensoitu CC-BY-lisenssillä Vesa Linja-aho Metropolia 23. marraskuuta 2012Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 1 / 119
  2. 2. SisällysluetteloKlikkaamalla luennon nimeä pääset hyppäämään luennon ensimmäisellekalvolle. 1 1. tunti 7 7. tunti 2 2. tunti 8 8. tunti 3 3. tunti 9 9. tunti 4 4. tunti 10 10. tunti 5 5. tunti 11 11. tunti 6 6. tunti 12 12. tunti Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 2 / 119
  3. 3. 1. tuntiKurssin perustiedot Opettaja: DI Vesa Linja-aho, etunimi.sukunimi@metropolia.fi Tunnit to klo 10.00-11.45 luokka P113 Suorittaminen: tentti. Kurssi jatkuu IV-periodilla (2x2h/vko), sovitaan tentin ajankohta IV-periodin alussa! Oppikirja: Kimmo Silvonen: Elektroniikka ja puolijohdekomponentit. Oppikirjaksi kelpaa myös: Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja elektroniikka. Kaikista muutoksista tiedotetaan Tuubi-portaalissa! Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 3 / 119
  4. 4. 1. tuntiKotitehtävät 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). Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 4 / 119
  5. 5. 1. tuntiKurssin oppimistavoitteetOpinto-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. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 5 / 119
  6. 6. 1. tuntiKurssin alustava aikataulu 1 Mitä on elektroniikka? Diodit. 2 Diodipiirejä. 3 Bipolaaritransistorit 4 Transistoripiirejä. 5 Kanavatransistorit. 6 Kanavatransistoripiirejä. 7 Operaatiovahvistin. 8 Operaatiovahvistinpiirejä. 9 Muuntaja. 10 Verkkolaitteet. 11 Piensignaalianalyysi. 12 Suodatinpiirejä. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 6 / 119
  7. 7. 1. tuntiMitä on elektroniikka?Kielitoimiston sanakirja 2.0Elektroniikka = vapaiden elektronien ja muiden varauksenkantajientutkimus ja hyväksikäyttö (esim. puolijohde- ja näyttölaitteissa,mikropiireissä yms.). Kursseilla Tasasähköpiirit ja Vaihtosähköpiirien perusteet käsitellään piiriteoriaa ja sähkötekniikkaa. Raja sähkötekniikan ja elektroniikan välillä joskus häilyvä. Nyrkkisääntö: jos käytetään puolijohteita (tai radioputkia), kyse on elektroniikasta. Jos pelkkää sähkön lämpövaikutusta (esim. lämpöpatteri) tai sähkömagneettista voimavaikutusta (sähkömoottori), kyse on sähkötekniikasta. Itse mm. mieltäisin kaiuttimen jakosuotimen elektroniikaksi, vaikkei siinä olisi yhtään puolijohdekomponenttia. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 7 / 119
  8. 8. 1. tuntiKohta mennään itse asiaanKysymyksiä? Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 8 / 119
  9. 9. 1. tuntiElektroniikka ja puolijohdekomponentit Puolijohdetekniikka perustuu puolijohteiden ja/tai puolijohteen ja johteen rajapinnassa tapahtuviin fysikaalisiin ilmiöihin. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 9 / 119
  10. 10. 1. tuntiDiodi Puolijohdediodi koostuu p- ja n-tyyppisen puolijohdepalasen rajapinnasta. n-tyyppisessä puolijohteessa on varauksenkuljettajina elektroneja ja p-tyyppisessä aukkoja. pn-liitoksessa virta voi kulkea vain toiseen suuntaan (pientä vuotovirtaa lukuunottamatta). Jos jännitteen kytkee toisin päin, liitoksen ympärille muodostuu tyhjennysalue, ja varauksenkuljettajat eivät pääse liikkumaan. Jos U on positiivinen, sitä kutsutaan päästösuuntaiseksi jännitteeksi, jos negatiivinen, estosuuntaiseksi. U ‡ - d I   U kT I = IS e nUT − 1 UT = q J q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23 K Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 10 / 119
  11. 11. 1. tuntiDiodi Puolijohdediodin yhtälöjen käyttö on hankalaa käsin laskiessa. Epälineaarista yhtälöryhmää ei voi ratkaista analyyttisesti (=kaavaa pyörittämällä), 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 läpi kulkee virta päästösuuntaan. Sopimus tällä kurssilla käytämme diodille sellaista paloittain lineaarista sijaiskytkentää, jossa diodin läpi kulkee virta ainoastaan päästösuuntaan, ja jos virta kulkee, diodin yli on 0,7 voltin jännite. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 11 / 119
  12. 12. 1. tuntiLaskutekniikkaaPaloittain lineaarista sijaiskytkentää sovelletaan seuraavasti: Irrota diodi piiristä. Laske jännite, joka muodostuu diodin elektrodien välille (siis siihen kohtaan, josta diodi otettiin pois). Jos tämä jännite on suurempi tai yhtä suuri kuin 0,7 volttia, diodi johtaa, ja sen yli muodostuu 0,7 voltin jännite, kun se laitetaan takaisin piiriin. Jos jännite on pienempi kuin 0,7 volttia, diodi ei johda eikä sen läpi kulje virtaa.Jos piirissä on useita diodeja, menettely pitää toistaa jokaiselle diodilleerikseen niin, että tiedetään, mitkä diodeista johtavat. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 12 / 119
  13. 13. 1. tuntiErikoisdiodeja 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. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 13 / 119
  14. 14. 1. tuntiKotitehtävä 1 + R E = 12 V ULED   d  © − ©   cValmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virrallaon 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi10 mA virta? Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 14 / 119
  15. 15. 2. tuntiKotitehtävä 1 – ratkaisu + R E = 12 V ULED   d  © − ©   cValmistajan 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 10 mA V = 1 kΩ. V−2,0 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 15 / 119
  16. 16. 2. tuntiDiodisovelluksia Tasasuuntaus (ja demodulaatio) Ylijännitesuojaus Tarkkuustasasuuntaaja ja näytteenotto- ja pitopiiri Lämpötila-anturina toimiminen Jännitereferenssinä toimiminen Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 16 / 119
  17. 17. 2. tuntiPuoliaaltotasasuuntausKäytännössä 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 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 17 / 119
  18. 18. 2. tuntiDiodin käyttö ilmaisimena, kidekone d ¤   ¥ ¤ ¥ ¤ ¥ Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 18 / 119
  19. 19. 2. tuntiKokoaaltotasasuuntaus Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Gratz.rectifier.en.svg Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 19 / 119
  20. 20. 2. tuntiKokoaaltotasasuuntaus keskiulosotolla Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Fullwave.rectifier.en.svg Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 20 / 119
  21. 21. 2. tuntiTarkkuustasasuuntaaja ja näytteenotto- ja pitopiiri Operaatiovahvistimen avulla voidaan toteuttaa myös tarkkuustasasuuntaaja sekä näytteenotto- ja pitopiiri. Käsitellään ne operaatiovahvistintunnilla. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 21 / 119
  22. 22. 2. tuntiTulon ylijännitesuojaus  d ˜ r + käyttöjännite  d − ˜ Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 22 / 119
  23. 23. 2. tuntiLämpötilan mittaaminen Lämpötila vaikuttaa diodin jännitteeseen, jos virta pidetään vakiona (ja päinvastoin). Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 23 / 119
  24. 24. 2. tuntiJännitereferenssi zenerdiodilla R + U −  d UZ WJännite UZ pysyy lähes vakiona, vaikka U vaihtelee. Toiminta perustuuzenerdiodin jyrkkään ominaiskäyrään: zenerdiodin jännite ei juuri muutu,vaikka virta muuttuu. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 24 / 119
  25. 25. 2. tuntiKotitehtävä 2 R1 R3 5 kΩ 4 kΩ+ - d E I V 12 −   R2 R4 7 kΩ 8 kΩa) 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. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 25 / 119
  26. 26. 3. tuntiKotitehtävä 2 - ratkaisu R1 R3 5 kΩ 4 kΩ+ ˜ ET E ˜ E V 12 − R2 R4 7 kΩ 8 kΩIrrotetaan 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 : R2 R4 ET = E −E = −1 V. R1 + R2 R3 + R4a) Koska jännite on estosuuntainen, diodi ei johda → I = 0A. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 26 / 119
  27. 27. 3. tuntiKotitehtävä 2 - ratkaisu jatkuu R1 R3 5 kΩ 4 kΩ ˜ ˜ R2 R4 7 kΩ 8 kΩB-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: 1 1 67 RT = R1 ||R2 + R3 ||R4 = 1 1 + 1 1 = kΩ ≈ 5,58 kΩ R1 + R2 R3 + R4 12jolloin virta I = − 1 V−0,7 V ≈ −53,7 µA. 67 kΩ 12 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 27 / 119
  28. 28. 3. tuntiBipolaaritransistori Transistorityyppejä on monta erilaista: bipolaaritransistori, MOSFET-transistori, JFET-transistori, IGBT-transistori . . . Bipolaaritransistoreja on kahta päätyyppiä: NPN-transistori ja PNP-transistori. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 28 / 119
  29. 29. 3. tuntiNPN-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 diodin johtaminen (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. I ?C 1(     - IB 0) ‚d d I ?E Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 29 / 119
  30. 30. 3. tuntiPNP-transistori Kuten NPN-transistori, mutta virtojen suunnat ja kanta-emitteridiodin suunta ovat päinvastaiset! IC 1( 6     IB 0) s d d IE 6 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 30 / 119
  31. 31. 3. tuntiSaturaatiotila Hieman yksinkertaistettuna transistori voidaan ajatella säätimeksi, joka säätelee kollektorin ja emitterin välistä resistanssia niin, että iC = βiB . Transistori ei kuitenkaan voi kumota fysiikan lakeja: jos kollektorille on kytketty piiri, jonka läpi kollektorille voi tulla vain 10 mA, niin transistori ei pysty pakottamaan kollektorivirtaa suuremmaksi kuin tuo 10 mA — ei, vaikka kannalle syötettäisiin 100 mA. Transistorin kollektorin ja emitterin jännitteellä on tietty alaraja, johon se voi laskea. Tätä alarajaa kutsutaan saturaatiojännitteeksi UCEsat . Saturaatiojännite riippuu transistorityypistä: suuruusluokka on tyypillisesti kymmenistä millivolteista muutamaan sataan millivolttiin. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 31 / 119
  32. 32. 3. tuntiLaskutekniikkaa Selvitä ensin, kuinka suuri voi kollektorivirta olla. Eli laske, kuinka suuri olisi kollektorivirta, jos transistori olisi saturaatiotilassa ja UCE = UCEsat . Sitten selvitetään kantavirta ja sen perusteella kollektorivirta iC = βiB . Jos kaavasta iC = βiB saatu kollektorivirta on suurempi kuin saturaatiotilalle laskettu kollektorivirta, transistori on saturaatiossa ja iC βiB . Jos kaavasta iC = βiB saatu kollektorivirta on pienempi kuin saturaatiotilalle laskettu kollektorivirta, transistori on aktiivitilassa ja iC = 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 . Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 32 / 119
  33. 33. 3. tuntiEsimerkki I ?C RC 1(    + RB 0) ‚d + E1 = 5 V d E2 = 12 V − −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 joutuisisaturaatiotilaan? Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 33 / 119
  34. 34. 3. tuntiRatkaisu I ?C RC 1(    + RB 0) ‚d + E1 = 5 V d E2 = 12 V − −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 = 0,86 mA. IC = βIB = 100 · 0,86 mA = 86 mA. Tarkistetaan 5 kΩvielä, että transistori ei ole saturaatiotilassa: UCE = E2 − IC RC = 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 Ohmin 11,8 Vlaista RC = 86 mA ≈ 137 Ω. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 34 / 119
  35. 35. 3. tuntiKotitehtävä 3 I ?C RC R1 = 10 kΩ 1(    0) ‚d + R2 = 10 kΩ d E = 12 V −Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100 ja UCEsat = 0,2 V.a) Jos RC = 100 Ω, kuinka suuri on virta IC ?b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisisaturaatiotilaan? Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 35 / 119
  36. 36. 4. tuntiKotitehtävä 3 – ratkaisuRatkaistaan kantavirta muodostamalla kantapiiristä Théveninin lähde: R2 ET = E = 6V RT = R1 ||R2 = 5 kΩ R1 + R2 I ?C RC 1(    + RT 0) ‚d + ET d E = 12 V − − Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 36 / 119
  37. 37. 4. tuntiKotitehtävä 3 – ratkaisuNyt kantavirta on ET − UBE IB = = 1,06 mA RTJa kollektorivirta on IC = βIB = 106 mAKollektorivastuksen yli muodostuu nyt RC · IC = 10,6 V jännite, jotenUCE = 12 V − 10,6 V = 1,4 V eli suurempi kuin UCEsat , eli transistori eiole saturaatiossa ja kollektorivirta todella on 106 mA.B-kohdan raja löytyy, kun selvitetään, millä RC :n arvolla UCE = 0,2, kunkollektorivirta on 106 mA: 12 V − 0,2 V RCmax = ≈ 111 Ω. 106 mA Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 37 / 119
  38. 38. 4. tuntiReleen ohjaaminen transistorilla Esimerkiksi mikrokontrollerin lähtövirta ei yleensä riitä releen ohjaamiseen. Mikrokontrollerin antama 1 milliampeerin virta voidaan transistorilla vahvistaa kymmenien tai satojen milliampeerien suuruiseksi. Kantavastus tulee mitoittaa niin, että rele saa tarpeeksi virtaa ja mikrokontrollerin antama virta ei kasva liian suureksi. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 38 / 119
  39. 39. 4. tuntiReleen ohjaaminen transistorillaSuojadiodin tarkoitus on mahdollistaa kelan (releen käämin) energianpurkautuminen hallitusti, kun transistori katkaisee virran. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 39 / 119
  40. 40. 4. tuntiDarlington-kytkentäJos virtavahvistusta tarvitaan paljon, transistorit voidaan kytkeä niin, ettäensimmäisen transistorin emitterivirta syötetään toisen transistorinkannalle. Piiriä kutsutaan Darlington-kytkennäksi. ˜ ?1I 1(   ˜ -   I2 ‚ 1( 0)     d d 0) ‚d d ˜ Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 40 / 119
  41. 41. 4. tuntiKotitehtävä 4 ˜ ?1I 1(     © 1( 0)   d ˜ -   d I2 ‚ 0) d d ˜ I1Laske koko piirin virtavahvistus βkok = I2 . Molemmilla transistoreilla onsama virtavahvistus β (ei lukuarvoa). Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 41 / 119
  42. 42. 5. tuntiKotitehtävä 4 – ratkaisu ˜ ? = β 2 I + βI I1 2 2 1(     © 1( βI  2 0) d ˜ -   d I2 ‚ ββI2 = β 2 I2 0) d ? d ˜ I1 β 2 I2 + βI2 βkok = = = β2 + β I2 I2 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 42 / 119
  43. 43. 5. tuntiTransistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä) RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ 1(  r   COUT Uout CIN 0) ‚d c + Uin d 12 V c R2 = 33 kΩ − RE = 470 Ω Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 43 / 119
  44. 44. 5. tuntiTransistorivahvistin Edellisen kalvon piiri vahvistaa vaihtojännitesignaalia Uin . Miksi signaalia ei voi vain syöttää suoraan transistorin kannalle? Mihin piirissä tarvitaan kondensaattoreita? Uout Kuinka suuri on piirin jännitevahvistus Uin ? Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 44 / 119
  45. 45. 5. tuntiTransistorivahvistin 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 45 / 119
  46. 46. 5. tuntiTransistorivahvistimen analysointi RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ - r βIB Uout Iin ? c Uin - IB c R2 = 33 kΩ RE = 470 Ω Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 46 / 119
  47. 47. 5. tuntiVahvistuskerroinEmitterivirralle voidaan kirjoittaa Uin Uin = IB + βIB ⇒ IB = RE RE (1 + β)josta Uin β RC Uout = −βIB · RC = −β RC = −Uin RE (1 + β) 1 + β REja Uout β RC RC =− ≈− , Uin 1 + β RE RE βkoska 1+β ≈ 1. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 47 / 119
  48. 48. 5. tuntiTuloresistanssi Uin Rin = Iin Uin Uin Uin Uin Uin Iin = + + IB = + + R1 R2 R1 R2 RE (1 + β) Uin Uin 1 Rin = = Uin Uin Uin = 1 1 1 Iin R1 + R2 + RE (1+β) R1 + R2 + 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 48 / 119
  49. 49. 5. tuntiLähtöresistanssiLähtöresistanssi on helppo johtaa tekemällä kollektorivastukselle javirtalähteelle lähdemuunnos: T RC Uout − RC βIB RC Uout + c βIB ?Lähdemuunnoksessa resistanssin arvo säilyy samana, eli vahvistimenlähtöresistanssi on suoraan kollektorivastus RC . Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 49 / 119
  50. 50. 5. tuntiKotitehtävä 5 RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ 1(  r   COUT Uout CIN 0) ‚ d c + Uin β = 100 d 12 V c R2 = 33 kΩ − RE = 500 ΩKuinka suureksi CIN tulee vähintään valita, jotta yli 20 Hz taajuisetsignaalit eivät vaimene enempää kuin 3 desibeliä piirin ideaalivahvistukseen(≈ 2) verrattuna? Vastaus: C ≈ 500 nF Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 50 / 119
  51. 51. 5. tuntiKotitehtävä 5 – ratkaisuCIN 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 = 20 Hz): 1 ω0 1 1 1 f0 = = RC = = ⇒ CIN = 2π 2π 2πRC 2πRIN CIN 2πRIN f0 1 CIN = 1 ≈ 500 nF 2π 1 1 1 + R + R (1+β) f0 R1 2 EHuomaa, että myös COUT vaikuttaa alarajataajuuteen, mutta tätä eikäsitelty tehtävässä. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 51 / 119
  52. 52. 6. tuntiPiensignaalianalyysi 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 pieni1 , että se ei muuta komponentin toimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalitaso on niin suuri, että ominaiskäyrän derivaatta ja ominaiskäyrä poikkeavat toisistaan paljon, tulos on epätarkka. 1 Tästä nimi piensignaalianalyysi! Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 52 / 119
  53. 53. 6. tuntiDiodin piensignaalisijaiskytkentä U ‡ - d I   U kT I = IS e nUT − 1 UT = q J q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23 KDerivoidaan: dI 1 nU U 1 U I = IS e T = IS e nUT ≈ dU nUT nUT nUT ≈IKoska virta derivoitiin jännitteen suhteen, äsken laskettu suure onkonduktanssia. Diodin piensignaaliresistanssi on siis tämän konduktanssinkäänteisluku: ∆u 1 nUT rd = = I = ∆i nU I T Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 53 / 119
  54. 54. 6. tuntiPiensignaalianalyysi 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 nUT rd = . 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 54 / 119
  55. 55. 6. tuntiPiensignaalianalyysi: yksinkertainen esimerkki + R = 100 Ω eac = 100 mV − + E = 1V U + uac d  − W Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 55 / 119
  56. 56. 6. tuntiVaihe 1/3Sammutetaan vaihtojännitelähde (tai lähteet, jos niitä on useita), jalasketaan diodin läpi kulkeva tasavirta. R = 100 Ω ?I + E = 1V U = 0,7 V d  − W E −U 1 V − 0,7 V I= = = 3 mA R 100 Ω Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 56 / 119
  57. 57. 6. tuntiVaihe 2/3Lasketaan diodin dynaaminen resistanssi: nUT 2 · 26 mV rd = = ≈ 17 Ω I 3 mA Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 57 / 119
  58. 58. 6. tuntiVaihe 3/3Sammutetaan tasajännitelähde, korvataan diodi dynaamisella resistanssillaja lasketaan vaihtojännitteen vaikutus piiriin (tässä tapauksessa näppärästijännitteenjakosäännöllä). + R = 100 Ω eac = 100 mV − rd = 17 Ω uac W rd 17 Ω uac = eac = 100 mV ≈ 15 mV R + rd 100 Ω + 17 Ω Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 58 / 119
  59. 59. 6. tuntiPiensignaalianalyysin käytössä huomioitavaaPiensignaalianalyysi 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! Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 59 / 119
  60. 60. 6. tuntiKotitehtävä 6 + R = 1 kΩ eac = 100 mV − + E = 10 V U + uac d  − WRatkaise piensignaalianalyysin avulla, kuinka suuri on diodin yli vaikuttavavaihtojännite uac .Ratkaisu: 0,556 mV Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 60 / 119
  61. 61. 7. tuntiKotitehtävä 6 – ratkaisuRatkaiseminen tapahtuu kuten edellisen luennon esimerkissä. Lasketaanensin tasavirta diodin läpi: 10 V − 0,7 V I= = 9,3 mA 1 kΩTasavirran perusteella lasketaan diodin dynaaminen resistanssi: nUT 2 · 26 mV rd = = ≈ 5,59 Ω I 9,3 mAJa ratkaistaan diodin yli oleva vaihtojännite jännitteenjakosäännöllä: 5,59 Ω uac = 100 mV ≈ 0,556 mV 1 kΩ + 5,59 Ω Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 61 / 119
  62. 62. 7. tuntiTransistorivahvistimen piensignaalianalyysi 5. tunnilla tehty CE-transistorivahvistimen analyysi ei anna tarkkaa tulosta, varsinkin jos emitterivastus RE ohitetaan kondensaattorilla. 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 62 / 119
  63. 63. 7. tuntiEpätarkka malli, jota käytettiin viitostunnilla ˜ ic = βib ˜ ? - ib ? + ic ib ˜ Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 63 / 119
  64. 64. 7. tuntiTarkempi piensignaalimalli: otetaan huomioonkanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi ˜ ic = βib ˜ ? - ib nUT re = IE ˜Tätä mallia kutsutaan T-sijaiskytkennäksi. On olemassa myösπ-sijaiskytkentä. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 64 / 119
  65. 65. 7. tuntiMerkinnöistäSopimus: 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 65 / 119
  66. 66. 7. tuntiTransistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä) RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ 1(  r   COUT Uout CIN 0) ‚d c + Uin d 12 V c R2 = 33 kΩ − RE = 470 Ω Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 66 / 119
  67. 67. 7. tuntiCE-vahvistimen analysointi RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ - r βiB uout iin ? c uin - iB c R2 = 33 kΩ RE + re Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 67 / 119
  68. 68. 7. tuntiKotitehtävä 7 RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ 1(  r   CIN 0) ‚d + Uin β = 100 d 12 V R2 = 33 kΩ − c COUT Uout RE = 470 Ω cLaske piensignaalianalyysin avulla kuvan vahvistimelle tulo- jalähtöresistanssit Rin ja Rout sekä jännitevahvistus Uout . Uin Uout ≈ 0,99.Rin ≈ 15,8 kΩ, Rout ≈ 6,569 Ω ≈ 7 Ω U in Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 68 / 119
  69. 69. 8. tuntiKotitehtävä 7 – ratkaisuLasketaan ensin emitterivirta piensignaalisijaiskytkennän dynaamisenresistanssin re selvittämiseksi: 12 V − UE − 0,7 V UE + 0,7 V IE = (β + 1) − R1 R2ja UE IE = REjosta ratkeaa UE ≈ 1,83426 Vja IE ≈ 3,90 mA,joten nUT 1 · 26 mV re = ≈ ≈ 6,67 Ω. IE 3,9 mA Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 69 / 119
  70. 70. 8. tuntiKotitehtävä 7 – ratkaisuMuodostetaan piensignaalisijaiskytkentä: RC = 1 kΩ R1 = 82 kΩ - r βiB iin r ? uin - iB c R2 = 33 kΩ uout RE + re c Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 70 / 119
  71. 71. 8. tuntiKotitehtävä 7 – ratkaisuPiensignaalikantavirta on uIN ib = , (re + Re )(1 + β)josta saadaan piirin lähtöjännitteksi uIN uout = ie Re = (1 + β)ib Re = (1 + β) Re (re + Re )(1 + β)joten uout RE = ≈ 0,99. uin RE + re Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 71 / 119
  72. 72. 8. tuntiKotitehtävä 7 – ratkaisuLähtöresistanssin selvittämiseksi ajatellaan piirin lähtöön (eli RE :n rinnalle)kuormavastus RL . Tällöin kuormalle menevä todellinen lähtöjännite on RE ||RL uL = uin RE ||RL + reJännitteenjakosäännön mukaan vahvistimen lähtöresistanssille jakuormittamattomalle jännitteelle pätee RL RL RE uL = uout = uin ROUT + RL ROUT + RL RE + reEdellisistä yhtälöistä ratkeaa re RE ROUT = ≈ 7 Ω. re + RE Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 72 / 119
  73. 73. 8. tuntiKotitehtävä 7 – ratkaisuTuloresistanssi 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. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 73 / 119
  74. 74. 8. tuntiMikropiirit Kymmeniä vuosia sitten suuri osa elektroniikasta toteutettiin erilliskomponenteista kokoamalla. 1970-luvulla mikropiirit yleistyivät rajusti. Mikropiirien etuja ovat edullisuus ja pieni koko. Nykyään laitesuunnittelu kehittyy yhä enemmän siihen suuntaan, että valmistetaan standardimikropiirejä ja ajetaan sinne ohjelmisto sisään, jolloin saadaan ohjelmistosta riippuen aikaiseksi digiboksi tai tietokoneen äänikortti (kärjistetty esimerkki). Analogiatekniikassa tärkeä (tärkein?) mikropiiri on operaatiovahvistin (ammattislangilla opari). Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 74 / 119
  75. 75. 8. tuntiOperaatiovahvistin Operaatiovahvistimeen kytketään käyttöjännite, josta se saa energiansa (kuvassa ±15 volttia). Operaatiovahvistin mittaa tulonapojensa välistä jännite-eroa ja muuttaa lähtöjännitettä sen mukaisesti. +15 V ˜ −˜ ˜ Uout = A(U+ − U− ) + 44 4 −15 V A on operaatiovahvistimen vahvistuskerroin, U+ , U− , Uout ovat jännitteitä maasolmua vasten ilmoitettuna. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 75 / 119
  76. 76. 8. tuntiIdeaalinen 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 tapahtua käytännössäkin, jos operaatiovahvistimen datalehdessä lukee rail-to-rail-operation). Ideaalinen operaatiovahvistin on äärettömän nopea.Tällä kurssilla operaatiovahvistin oletetaan aina ideaaliseksi(sähköinsinöörit ottavat huomioon myös epäideaalisuudet). +15 V ˜ −˜ ˜ Uout = A(U+ − U− ) + 44 4 −15 V Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 76 / 119
  77. 77. 8. tuntiOperaatiovahvistinkytkennät Operaatiovahvistinta ei käytännössä koskaan käytetä sellaisenaan, vaan kytkemällä siihen muita komponentteja saadaan aikaiseksi käytännöllinen piiri. Tällä tunnilla näistä kytkennöistä käsitellään Invertoiva vahvistin Invertoiva summain Ei-invertoiva vahvistin Jännitteenseuraaja Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 77 / 119
  78. 78. 8. tuntiInvertoiva vahvistin R2 +15 V ˜ −˜ R1 ˜ + 44 Uin 4 −15 V Uout c c R2 Uout = − Uin R1 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 78 / 119
  79. 79. 8. tuntiLaskutekniikkaa 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 79 / 119
  80. 80. 8. tuntiInvertoiva summain R3 U3 c R2 R +15 V U2 ˜ −˜ R1 ˜ + 44 c U1 4 −15 V Uout c c 1 1 1 Uout = −R U1 + U2 + U3 R1 R2 R3 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 80 / 119
  81. 81. 8. tuntiEi-invertoiva vahvistin +15 V ˜ +˜ ˜ − 44 Uin 4 −15 V R2 Uout c c R1 R2 Uout = 1 + Uin R1 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 81 / 119
  82. 82. 8. tuntiJännitteenseuraaja +15 V ˜ +˜ ˜ − 44 Uin 4 −15 V Uout c c Uout = UinKytkennän hyöty: jännitettä Uout voidaan kuormittaa (esimerkiksikytkemällä siihen jokin mittalaite) ilman, että Uin -puolelle kytketty laitehuomaa mitään. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 82 / 119
  83. 83. 8. tuntiKotitehtävä 8 R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ R2 +15 V R4 ˜ +15 V −˜ ˜ R1 ˜ − ˜˜ +4 4 R3 Uin 4 + 44 −15 V 4 −15 V c Uout cKotitehtävä 8Laske Uout , kun Uin = 2 V.Uout = 12 V Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 83 / 119
  84. 84. 9. tuntiKotitehtävä 8 - esimerkkiratkaisu R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ R2 +15 V R4 ˜ +15 V −˜ ˜ R1 ˜ − ˜˜ +4 4 R3 Uin 4 + 44 −15 V 4 −15 V c Uout cLaske Uout , kun Uin = 2 V. Ratkaisu: piirissä on kaksi peräkkäin kytkettyäinvertoivaa vahvistinta. Ensimmäisen vahvistuskerroin on − R2 = −2 ja R1 R4toisen − R3 = −3. Koko piirin vahvistuskerroin on näiden tulo −2 · −3 = 6,eli kysytty jännite Uout = 2 V · 6 = 12 V. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 84 / 119
  85. 85. 9. tuntiPositiivinen 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) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 85 / 119
  86. 86. 9. tuntiPositiivinen takaisinkytkentä +15 V ˜ −˜ ˜ + 44 Uin 4 −15 V R2 Uout c c R1 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 86 / 119
  87. 87. 9. tuntiPositiivinen takaisinkytkentä R2 +15 V ˜ +˜ R1 ˜ − 44 Uin 4 −15 V Uout c c Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 87 / 119
  88. 88. 9. tuntiKotitehtävä 9−15 V R2 = 15 kΩ R = 15 kΩ +15 V ˜ +˜ R1 = 7,5 kΩ ˜ − 44 Uin 4 −15 V Uout c cPiirrä 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. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 88 / 119
  89. 89. 10. tuntiKotitehtävä 9 – ratkaisuKumpikin hystereesisraja saadaan laskemalla, milloin operaatiovahvistimentulonavoissa on sama jännite. Tutkitaan ensin tapaus, kun Uout = 15 V.Jos ei-invertoivassa tulossa on 0 V, on vastuksen R virta 1 mA (oikealtavasemmalle) ja vastuksen R2 virta myös 1 mA oikealta vasemmalle. Tällöinvirta 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, onvastuksen R virta 1 mA (vasemmalta oikealle) ja vastuksen R2 virta 1 mAoikealta vasemmalle. Tällöin virta R1 :n läpi on 1 mA + 1 mA = 2 mAvasemmalta oikealle, eli Uin = 15 V. Ylempi hystereesisraja on siis +15 V. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 89 / 119
  90. 90. 10. tuntiIntegraattori C +15 V ˜ −˜ R ˜ + 44 Uin 4 −15 V Uout c c 1 t uout = − uin dt + U0 RC 0 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 90 / 119
  91. 91. 10. tuntiDerivaattori R +15 V ˜ −˜ ˜ C + 44 Uin 4 −15 V Uout c c duin uout = −RC dt Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 91 / 119
  92. 92. 10. tuntiTarkkuustasasuuntaaja R d RL Uout   c +15 V  d ˜ −˜ R ˜ + 44 Uin 4 −15 V c Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 92 / 119
  93. 93. 11. tuntiSuodattimetSuodatin= elektroninen piiri, jonka tehtävänä on vaikuttaa läpi menevän signaalinamplitudiin ja/tai vaiheeseen eri taajuuksilla eri tavoin. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 93 / 119
  94. 94. 11. tuntiToteutustapoja Suodatin voidaan toteuttaa joko analogisesti tai digitaalisesti Analoginen suodatin on aktiivinen, jos toteutuksessa on käytetty vahvistimia. Pelkistä passiivikomponenteista (käytännössä vastus, kondensaattori ja kela) koottu suodatin on passiivinen suodatin. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 94 / 119
  95. 95. 11. tuntiSuodatintyypitTavallisimmat suodatintyypit ovat Alipäästösuodatin: vaimentaa korkeita taajuuksia, päästää läpi matalat taajuudet. Ylipäästösuodatin: vaimentaa matalia taajuuksia, päästää läpi korkeat taajuudet. Kaistanestosuodatin: päästää läpi korkeat ja matalat taajuudet, mutta vaimentaa tietyllä välillä olevia taajuuksia. Kaistanpäästösuodatin: vaimentaa liian matalia ja liian korkeita taajuuksia, mutta päästää läpi tietyllä välillä olevat taajuudet. Kokopäästösuodatin: vaimennus ei ole taajuusriippuvainen, ainoastaan vaihesiirto. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 95 / 119
  96. 96. 11. tuntiAsteluku Suodattimen asteluku = siirtofunktion s:n korkein potenssi. Suodattimen asteluku analogisessa suodattimessa on yleensä sama kuin suodattimen kelojen ja kondensaattorien määrä. Korkeampi asteluku merkitsee yleensä jyrkempää luiskaa päästökaistan ja estokaistan välillä. Päästökaistan ja estokaistan välistä pistettä kutsutaan rajataajuudeksi (engl. cut-off frequency). Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 96 / 119
  97. 97. 11. tunti1. asteen alipäästösuodatin 1 Yleinen muoto F (s) = s+1 , tällöin ominaiskulmataajuus ω0 = 1. s 1 Sijoittamalla s → ω0 saadaan F (s) = s +1 ω0 Uout 1 Voidaan toteuttaa yksinkertaisella RC-piirillä, F (s) = Uin = RCs+1 Vertaamalla siirtofunktiota ja yleistä muotoa keskenään saadaan 1 ω0 = RC Ominaistaajuudella |F (s)| = √1 2 ja vaihekulma −45◦ R Uin C Uout c c Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 97 / 119
  98. 98. 11. tunti2. asteen alipäästösuodatin 1 1 Yleinen muoto s 2 +2Ds+1 → s s ( ω )2 +2D ω +1 0 0 Vaimennusvakio D määrää vasteen muodon, ω0 paikan (kulma)taajuusakselilla Voidaan toteuttaa esim. Sallen-Key -piirillä 1 Tärkeää! Ominaiskulmataajuudella ei välttämättä |F (s)| = √ 2 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 98 / 119
  99. 99. 11. tuntiButterworth-alipäästösuodattimen asteluvun vaikutus 1. aste 2. aste 0 3. aste 4. aste 5. aste -20 Vahvistus (dB) -40 -60 -80 -100 0.01 0.1 1 10 100 Kulmataajuus (rad/s) Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 99 / 119
  100. 100. 11. tuntiD-arvon vaikutus amplitudivasteeseen 5 D=0,1 D=0,5 D=0,707 D=0,9 D=2 4 Siirtofunktion itseisarvo 3 2 1 0 0.1 1 10 Kulmataajuus (rad/s) Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 100 / 119
  101. 101. 11. tuntiSallen-Key -alipäästösuodatin C2 +15 V ˜ − ˜˜ + 44 4 R2 R1 −15 V Uout Uin C1 c c Uout 1 F (jω) = = Uin (jω)2 C1 C2 R1 R2 + jωC1 (R1 + R2 ) + 1 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 101 / 119
  102. 102. 11. tunti1. asteen ylipäästösuodatin s s ω0 Siirtofunktio s+1 → s +1 ω0 Voidaan toteuttaa RC-piirillä C Uin R Uout c c Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 102 / 119
  103. 103. 11. tunti2. asteen ylipäästösuodatin s ( ω )2 s2 Yleinen muoto s 2 +2Ds+1 → s 2 0 s ( ω ) +2D ω +1 0 0 Voidaan toteuttaa esim. Sallen-Key -piirillä 1 Tärkeää! Ominaiskulmataajuudella ei välttämättä |F (s)| = √ 2 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 103 / 119
  104. 104. 11. tuntiMitoitus ja taajuusmuunnokset Haluttu piste ominaiskäyrällä voidaan siirtää muualle sijoittamalla s → s fvanha fuusi Esimerkiksi jos siirtofunktion puolen tehon piste sijaitsee paikassa ω = 42 ja se halutaan taajuudelle f = 500 Hz, sijoitetaan 42 siirtofunktioon jokaisen s:n paikalle s 2π·500 Osoittajan kertominen vakiokertoimella ei vaikuta amplitudivasteen muotoon eikä vaiheeseen. Mitoittamisen lähtökohtana on nimittäjäpolynomi, joka katsotaan taulukkokirjasta. Esim: Butterworth Bessel Legendre ... Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 104 / 119
  105. 105. 11. tuntiNäin mitoitan suodattimenEsimerkki: Suunnittele toisen asteen Butterworth-alipäästösuodatin, jonkapuolen tehon piste on taajuudella 500 Hz. Toisen asteen √Butterworth-polynomi on (s 2 + 2s + 1).Ratkaisun kulku: 1 Selvitetään, millä taajuudella sijaitsee puolen tehon piste alkuperäisellä siirtofunktiolla 2 Siirretään piste taajuudelle 500 Hz 3 Ratkaistaan D ja ω0 4 (Rakennetaan piiri) Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 105 / 119
  106. 106. 11. tuntiSelvitetään puolen tehon piste ja siirretään seTasajännitteellä (ω = 0) vahvistus on 1, joten puolen tehon kulmataajuuson 1 1 √ = √ , s = jω1/2 , s 2 + 2s + 1 2josta ratkeaa ω1/2 = 1. Tämä piste saadaan siirrettyä taajuudelle 500 Hztekemällä sijoitus 1 s→s , 2π · 500jolloin siirtofunktioksi saadaan 1 s √ s . ( 2π·500 )2 + 2 2π·500 + 1 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 106 / 119
  107. 107. 11. tuntiRatkaistaan ω0 ja DVertaamalla saatua siirtofunktiota yleiseen muotoon 1 1 s √ s = s s ( 2π·500 )2 + 2 2π·500 +1 ( ω0 )2 + 2D ω0 + 1 1nähdään, että ω0 = 2π · 500 ≈ 3140 ja D = √ . 2 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 107 / 119
  108. 108. 11. tuntiKotitehtävä 10 R2 +15 V ˜ − ˜˜ + 44 4 −15 V C2 C1 Uout Uin R1 c cOsoita, että kuvan piirin siirtofunktio on 2. asteen ylipäästöfunktio elimuotoa s Uout ( ω0 )2 F (s) = = s 2 s Uin ( ω0 ) + 2D ω0 + 1ja laske arvot D ja ω0 (komponenttiarvojen funktiona). 1 R (C +C )ω0 = √ ja D = 1 √2 1 2 2 C 1 C 2 R1 R2 C1 C2 R1 R2 Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 108 / 119
  109. 109. 12. tuntiTeholähteet Käytännössä kaikissa verkkokäyttöisissä elektroniikkalaitteissa on teholähde, joka muuttaa verkkosähkön laitteelle sopivaksi matalajännitteiseksi tasasähköksi. Teholähteet voidaan jakaa lineaarisiin teholähteisiin ja hakkuriteholähteisiin. Elektroniikan tuotantomenetelmien kehittyminen ja tuotantomäärien kasvaminen on johtanut hintojen laskuun niin, että lähes kaikissa laitteissa on nykyään hakkuriteholähde. Tällä kurssilla käsitellään lineaarisia teholähteitä niiden yksinkertaisuuden ja havainnollisuuden vuoksi. Hakkuriteholähteitä käsitellään jatkokurssilla. Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 109 / 119

×