elektroniikan perusteet - harjoitustehtäviä

Elektroniikan perusteet -laskuharjoitusmateriaali

Vesa Linja-aho

3. joulukuuta 2010

S-87.2113 Elektroniikan perusteet -kurssin laskuharjoitusmateriaali.

1

Elektroniikan perusteetLaskuharjoitus 1 Vesa Linja-aho

2 kΩ 5 kΩ

U=?

?

+2V

?

+12V

?

Tehtava 1

Ratkaise tuntematon jannite U .

Ratkaisu

Kirchhoffin jannitelain mukaan 5 kΩ vastuksen yli on 12V− 2V = 10V jannite.Talloin sen lapi kulkee Ohmin lain mukaan 10V

5 kΩ = 2mA virta. Kyseinen virta saa2 kΩ vastuksessa aikaan 2 kΩ ·2mA = 4V jannitehavion. Kirchhoffin jannitelainmukaan U + 4V = 2V eli U = −2V.


+

−E1

12VR1

6 kΩ

R2

5 kΩ J12mA

6UB0

9

I1-

Tehtava 2

Maarita virta I1 ja jannite UB0.

Ratkaisu

Vastuksen R1 yli on 12V jannite, joten sen lapi kulkee 12V6 kΩ = 2mA virta. Vir-

talahteen J1 takia tama 2mA tulee vastuksen R2 kautta. Virran I1 on pakko ollanolla, koska Kirchhoffin virtalain mukaan jokaiseen solmuun tulee yhta paljon

virtaa kuin sielta lahtee pois. Vastuksen R2 yli muodostuu 2mA · 5 kΩ = 10Vjannite. UB0 ratkeaa Kirchhoffin jannitelailla UB0 = 12V+ 10V = 22V.


+

−E2

15VR3

3 kΩ

R4

4 kΩ

J22mA

?

UC0

9

Tehtava 3

Ratkaise jannite UC0.

Ratkaisu

Merkitaan vastusten R3 ja R4 lapi kulkevia virtoja I3 ja I4 (suunta ylhaaltaalaspain). Kirchhoffin virtalain mukaan

I4 = J2 + I3

ja Ohmin lain ja Kirchhoffin jannitelain mukaan

I3R3 + I4R4 = E2.

Yhtaloparista voidaan ratkaista

I3 = 1mA ja UC0 = I3R3 = 3V.


+

−Eg

Rg

50ΩR1

R2 Uout

?

Iout-

=⇒ +

−110Eg

Rgu

50Ω Iout-

Uout

?

Tehtava 4

Funktiogeneraattoria voidaan kuvata jannitelahteella Eg ja sisaisella vastuksellaRg. Generaattorin antamaa jannitetta halutaan vaimentaa kuvan mukaisestivastusten R1 ja R2 muodostamalla kytkennalla niin, etta nain syntyvan uudengeneraattorin lahtojannite on 1

10Eg ja lahtovastus Rgu on edelleen 50Ω. Mitkaovat vastusten R1 ja R2 arvot?

Ratkaisu

Generaattorin lahtojannite halutaan tiputtaa kymmenesosaan alkuperaisesta.Jannitteenjakosaannon mukaan saamme ehdon

R2

Rg +R1 +R2=

1

10.

Koska tuntemattomia on kaksi, tarvitsemme toisen ehdon. Se saadaan oiko-sulkuvirrasta – jos lahto oikosuljetaan (Uout = 0V), niin

Iout =110Eg

Rgu.

Koska vasemmanpuoleinen ja oikeanpuoleinen piiri ovat keskenaan ekvivalent-tisia, patee myos

Iout =Eg

Rg +R1.

Nyt meilla on kaksi yhtaloa ja kaksi tuntematonta, joista ratkeaa

R1 = 450Ω R2 ≈ 55, 56Ω.


R1

1,5 kΩ

R2

3 kΩ

R5

1,5 kΩR3

9 kΩ

R4

1 kΩ

I5- I3? +

−E15V

UA0

9

UB0

9

Tehtava 5

Maarita jannitteet UA0 ja UB0 seka virrat I3 ja I5.

Ratkaisu

Merkitaan vastusten lapi kulkevia virtoja samoilla alaindekseilla kuin vastuk-siakin (suunta ylhaalta alaspain). Tehtavan voi ratkaista monella eri tavalla– tassa esitetaan Kirchhoffin virtalain kaytto. Jokaiseen solmuun tulevien jalahtevien virtojen summan tulee olla nolla:

E − UA0

R1− UA0 − UB0

R5− UA0

R2= 0

E − UB0

R3+

UA0 − UB0

R5− UB0

R4= 0.

Yhtaloparista ratkeaa

UA0 = 7,5V UB0 = 3,75V

I3 =E − UB0

R3= 1,25mA I5 =

UA0 − UB0

R5= 2,5mA


R1

10 kΩ

R2

20 kΩ

R3

10 kΩ

R4

20 kΩ

R5

10 kΩ

R6

10 kΩ

Iin-

Uin

?

Uout

9

Tehtava 6

Laske tikapuupiirin vaimennus Uout

Uinja tuloresistanssi Uin

Iin.

Ratkaisu

Ratkaistaan ”takaa-eteen” –periaatteella:

I6 =Uout

R6, U4 = I6(R5 +R6) ⇒ U4 = Uout

R5 +R6

R6= 2Uout

U2 = U4 +R3(I4 + I6) = 4Uout

Uin = U2 +R1(I2 + I3) = 8Uout ⇒Uout

Uin=

1

8

Rin =Uin

Iin=

8Uout

Uin−U2

R1

= 2R1 = 20 kΩ


"""

bbb−+

−15 V

+15V

R4

40 kΩ

rrK2

rrK1

R3

22 kΩ

R2

4 kΩ

rrK3

R1

11 kΩ R5

10 kΩ

rrK4

Uout

?

+15V

fA

fB

fS

Tehtava 1

Ratkaise piirin lahtojannite Uout, kun

a) Kaikki kytkimet ovat kiinni.

b) Vain kytkin K1 on auki.

c) Vain kytkin K2 on auki.

d) Vain kytkin K3 on auki.

e) Vain kytkin K4 on auki (=takaisinkytkenta katkaistu!).

Ratkaisu

a) Koska operaatiovahvistimen tulonavat eivat ota vastaan virtaa, voidaan janniteUB0 laskea jannitteenjakosaannolla UB0 = 15V R2

R1+R2= 4V. Talloin oper-

aatiovahvistimen toisessakin tulonavassa on oltava sama jannite (negatiivi-nen takaisinkytkenta!), ts. UB0 = UA0. Vastuksen R3 lapi kulkee 15V−4V

22 kΩ =

0,5mA virta ja R4:n lapi kulkee 4V40 kΩ = 0,1mA virta, joten vastuksen R5

lapi on kuljettava 0,4mA virta. Talloin Uout = 4V − 0,4mA · 10 kΩ = 0V.

b) Tilanne on kuten asken, mutta nyt ei R3:n kautta paase tulemaan virtaa– kaikki 0,1mA on siis tultava R5:n kautta. Talloin Uout = 4V + 0,1mA ·10 kΩ = 5V.

c) Kuten edellinen, mutta nyt virta ei kulje R4:n kautta. Uout = 4V− 0,5mA ·10 kΩ = −1V.

d) Kun kytkin K3 avataan, UB0 = 0V ja takaisinkytkennan takia myos UA0 =0V. Vastuksen R4 lapi ei kulje virtaa, koska sen yli ei ole jannitetta. R3:nkautta tulee 15V

22 kΩ ≈ 682 µA virta, joka kulkeeR5:n lapi, jolloin lahtojannitteeksitulee Uout = 10 kΩ · −682 µA = −6,82V.


e) Kun takaisinkytkenta katkaistaan, ei piiri paase enaa hakeutumaan tasapain-otilaan. Talloin piiri toimii jannitevertaajana – jos +-tulossa on suurempijannite kuin miinustulossa, vahvistimen lahdossa on + taydet kayttojannitteet,ja pain vastoin. Jannitteenjakosaannolla saadaan UA0 = R4

R3+R415V ≈ 9,7V,

mika on enemman kuin a-kohdassa laskettu UB0 = 4V. Nyt miinustulossaon suurempi jannite kuin plustulossa, joten operaatiovahvistimen lahdossaon - taydet kayttojannitteet, ts. Uout = −Uoutmax

.


Uin

?

R1

1 kΩ

R3

150 kΩ

−15V

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R2 10 kΩ

rUout

?

Tehtava 2

Maarita piirin lahtojannite tulojannitteen funktiona.

Ratkaisu

Kaytetaan kerrostamismenetelmaa. Lasketaan ensin, kuinka suurena−15V jannitenakyy lahdossa. Operaatiovahvistimen molempien tulonapojen jannite on 0V .R3:n lapi kulkee virta, jonka suuruus on 15V

150 kΩ = 0,1mA. Tama virta kul-kee R2:n lapi, jolloin lahdossa nakyy Uout1 = 0,1mA · 10 kΩ = 1V jannite.Uin:n vaikutus lasketaan tasmalleen samalla tavalla, ja saadaan Uout2 = −10Uin.Lopuksi yhdistetaan tulokset:

Uout = Uout1 + Uout2 = −10Uin + 1V


R

R

R

R

R

R

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R

"""

bbb−+

−15V

+15V

R

rr

U1

?

U2

?

U3

?

Uout

?

Tehtava 3

Maarita piirin lahtojannite tulojannitteiden funktiona Uout = f(U1, U2, U3)

Ratkaisu

Piiri kannattaa kasitella kahtena lohkona – ensimmainen operaatiovahvistin las-kee tulojannitteiden painotetun summan, ja toinen operaatiovahvistin kaantaajannitteen etumerkin. Kayttamalla kerrostamismenetelmaa kuten edellisessa tehtavassasaadaan kullekin tulojannitteelle Uoutn = 1

3Un, josta

Uout =1

3(U1 + U2 + U3)

eli piiri laskee tulojannitteiden keskiarvon.


Uin

?

R1 5 kΩR4

150 kΩ

−15V

"""

bbb−+

−15 V

+15V R2 20 kΩ

R3 500Ω

RL 10 kΩ Uout

?

r

Tehtava 4

Ratkaise Uout kun Uin = 0V seka Uin = −1V.

Ratkaisu

Jos Uin = 0V, R1:n lapi ei kulje virtaa.R4:n lapi kulkee Ohmin lain mukaan0,1mA virta, jonka on pakko tulla R2:n kautta, jolloin lahtojannitteeksi tulee20 kΩ · 0,1mA = 2V. Jos Uin = −1V, kulkee R1:n lapi 1V

5 kΩ = 0,2mA virta, jaR2:n lapi kulkee 0,2mA+0,1mA = 0,3mA virta, jolloin lahtojannitteeksi tulee20 kΩ · 0,3mA = 6V.


Uin

?

R1 40 kΩ

R2 40 kΩ R4 40 kΩ

R3 20 kΩ

"""

bbb−+

−15V

+15V

R5 5 kΩ

IA-

Uout

?

Tehtava 5

Ratkaise Uout ja IA, kun jannite Uin = −1V .

Ratkaisu

Vastuksen R1 lapi kulkee 1V40 kΩ = 25 µA virta (suunta vasemmalle). Tama

virta aikaansaa vastuksen R2 yli 1V:n jannitehavion. Talloin vastuksen R3 onmyos 1V jannite ja sen lapi kulkee virtaa 1V

20 kΩ = 50 µA. Kirchhoffin virtalainmukaan R4:n lapi on tultava virtaa yhteensa 75 µA joten R4:n yli muodostuu3V jannitehavio ja lahtojannite on 4V.Virta IA ratkeaa taas peruslakien avulla: R5:n lapi kulkee 4V

5 kΩ = 0,8mA virtaja R4:n lapi kulkee 75 µA:n virta, joten

IA = 0,8mA+ 75 µA = 875 µA.


R1

10 kΩ

R2

30 kΩ

R3

10 kΩ

R4

2,5 kΩ

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R5

10 kΩ

U1

?

U2

?

U3

?

U4

?

Uout

?

Tehtava 1

Kuvan piiri toteuttaa funktion Uout = a1U1 + a2U2 + a3U3 + a4U4. Ratkaisekertoimet a1, a2, a3 ja a4.

Ratkaisu

Koska piiri on lineaarinen, voidaan kayttaa kerrostamismenetelmaa: lasketaanyhden tulojannitteen vaikutus kerrallaan. a1 ratkeaa laittamalla kaikki muuttulojannitteet paitsi U1 nollaksi. Nyt operaatiovahvistimen positiivisen tulon-avan jannite on jannitteenjakosaannon mukaan

U+ = U1R2

R1 +R2.

Negatiivisessa tulonavassa on sama jannite. Vastukset R3 ja ovat nyt R4 rinnan,ja merkataan taman rinnankytkennan resistanssia vaikkapa

RT =R3R4

R3 +R4= 2kΩ.1

Nyt jannitteenjakosaantoa soveltaen

U− = UoutRT

RT +R5⇔ U−(RT +R5) = UoutRT.

Ja koska negatiivisesti takaisinkytketylla operaatiovahvistimellaU+ = U−, saadaanensimmaisesta yhtalosta

U1R2

R1 +R2(RT +R5) = UoutRT ⇒ a1 =

Uout

U1= 4,5.

1Huomaa, etta tama nappara ”tulo jaettuna summalla” –kaava patee vain ja ainoastaansilloin, kun rinnan kytkettyja vastuksia on kaksi!


a2 ratkeaa tasmalleen samalla logiikalla, nyt vain ensimmaisen jannitteenjakolausekkeenosoittajassa on R1:

U2R1

R1 +R2(RT +R5) = UoutRT ⇒ a2 =

Uout

U1= 1,5.

Kertoimet a3 ja a4 on helpompi laskea, koska jannitteiden U1 ja U2 asettaminennollaksi asettaa U+:n nollaksi ja siten myos U−:n nollaksi.a3 ratkeaa, kun asetetaan U4 nollaksi: vastuksen R4 lapi ei kulje virtaa, jotenon kuin sita ei olisikaan, ja piiri toimii kuten invertoiva vahvistin:

a3 = −R5

R3= −1.

Aivan samalla tavalla ratkeaa a4:

a4 = −R5

R4= −4.


R3

10 kΩ

R1

10 kΩ

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R2

20 kΩ

Uin2

?

Iin2-

Uin1

?

Iin1-

Uout

?R4

20 kΩ

Tehtava 2

Viereisen erovahvistimen (eli differentiaalivahvistimen) tuloresistanssit maaritellaanseuraavasti: Rin1 = Uin1

Iin1ja Rin2 = Uin2

Iin2. Olkoon Uin2 = 3V. Maarita tuloresis-

tanssit, kun

Uin1 = 1V, Uin1 = 2V ja Uin1 = 3V.

Kuinka suuri on Uout, kun Uin1 = 3V?

Ratkaisu

Jannitteenjakosaannon mukaan U+ = Uin2R4

R3+R4= 2V. Koska U− = U+ on

tuloresistanssi

Rin1 =Uin1

Iin1=

Uin1

Uin1−U+

R1

eli −10 kΩ (Uin1 = 1V), ∞Ω (Uin1 = 2V) ja 30 kΩ (Uin1 = 3V). Kun Uin1 =3V, lahtojannite ratkeaa

Uout = U− − Iin1R2 = U− − Uin1 − U−

R1R2 = 0V.

Rin2:n laskemisessa ei ole mitaan erikoista – koska operaatiovahvistimen +-tuloei ota vastaan virtaa, on Rin2 yksinkertaisesti R3:n ja R4:n sarjaankytkenta,R3 +R4 = 30 kΩ.


R3 10 kΩ

U+

"""

bbb−+

−15 V

+15 V

R4 20 kΩ bbb

""" +

−−15 V

+15 V

R5 2 kΩ

RL UL0

?

IL-

R2 20 kΩ

R1 10 kΩIin-

Uin

?

Uout

6

Tehtava 3

Olkoon Uin = −2V. Laske virta IL, kun vastus RL = 0Ω. Laske jannitteet UL0

ja U+, kun RL = 1kΩ. Kuinka suuri vastus RL voi enintaan olla, jos janniteUout saa olla enintaan 10V?

Ratkaisu

Jannitteenjakosaannon mukaan U+ = UL0R3

R3+R4= 1

3UL0. Koska molemmissatulonavoissa on sama jannite, tulovirta

Iin =Uin − U+

R1

jaUout = U− − IinR2 = UL0 − 2Uin.

Talloin vastuksen R5 yli on jannite Uout − UL0 = −2Uin. Vastusten RL ja R5

kulkee siis virta IL = −2Uin

R5= 2mA, joten UL0 = 2mA · RL = 2V ja U+ =

13UL0 = 2

3 V. Virta ei riipu vastuksen RL suuruudesta. Jottei ehto Uout = 10Vylittyisi, UL0 saa olla enintaan 6V (vastuksen R5 yli on jo 4V) eli RLmax

=6V2mA = 3kΩ.


@

D3

@

D2

@

D1

U3 1,7V

?

U2 3,7V

?

U1 5,7V

?

R1 2 kΩ

I1?

R3 2 kΩ @ D6

I2

@D5

@D4

R2 2 kΩ

U4 7,4V

?

@

@

@

R4 2 kΩ

15,4V

?

R5

2 kΩ

I3?

@DA @DB @DC

RA

1 kΩRB

5 kΩRC

1 kΩ

RD

1 kΩ

rfDI4?

UA

+8,7VUB

+15,7VUC

+3,7V

Tehtava 1

Ratkaise kuvan piireista virrat I1, I2, I3 ja I4. Zenerdiodit ovat 5,1V zener-diodeja.

Ratkaisu

Ensimmaisessa piirissa vain yksi diodeista voi olla paastosuunnassa, koska muutenvastuksen R1 yli oleva jannite ei olisi yksikasitteinen (esim. jos seka D1 etta D2

johtaisivat, vastuksen yli olisi 5 V ja 3V). Vain yksi diodeista johtaa, ja se onD1. Talloin I1 = 5,7V−0,7V

2 kΩ = 2,5mA. Johtava diodi ratkesi kokeilemalla japaattelemalla — jos esim. D2 johtaisi, D1:n yli olisi paastosuuntaan 2,7V, mikaon mahdotonta.


Toisessa piirissa pitaa selvittaa, johtaako zenerdiodi vai ei. Oletetaan etta se eijohda. Talloin I2 = 7,4V−2·0,7V

R2+R3= 1, 5mA. Vastuksen R3 yli on 2 kΩ · 1,5mA =

3V jannite, joten zenerdiodi ei johda. Jos zenerdiodi johtaisi, sen yli olisi 5,1Vjannite ja I2 olisi 5,1V

2 kΩ = 2,55mA. Nain suuri virta ei kuitenkaan paase tule-maan R2:n kautta (vaatisi paljon suuremman U4:n), joten oletus zenerdiodinjohtamattomuudesta on oikea.Kolmannessa piirissa kahden diodin sarjaankytkenta joko johtaa tai sitten ei.Oletetaan etta ne eivat johda. Talloin I3 olisi 15,4V−5,1V

R4+R5= 2,575mA ja diodien

yli olisi 2,575mA · 2 kΩ = 5,15V jannite paastosuuntaan. Tama on mahdotonta— diodien yli paastosuuntaan on enintaan 2 · 0,7V = 1,4V, joten I3 = 1,4V

2 kΩ =0,7mA.Jos vain diodi DA johtaisi, solmussa D olisi 4 V jannite. Tama 4V on enemmankuin UC, joten diodi DC ei johda ja sen voi ”unohtaa”. Diodi DB sen sijaanjohtaa, koska UB > 4V. Solmuun D tulevien virtojen summan tulee olla samakuin sielta lahteva virta:

8V− UD

RA+

15V− UD

RB=

UD

RD,

josta ratkeaa UD = 5V joten I4 = 5mA.


@D2

@D1

R1 kΩ

I1?

+5,7V

+3V

+1V

R1 kΩ

@D3

@D4

−5V

+5,7V

+2,7VI2?

@D5

R1

15 kΩ

@D6

R2

5 kΩ

I3?

+10,7V

−10V

RB

10 kΩ

RA

5 kΩ

@

RD

5 kΩ

RC

10 kΩ

+15V

I4-

Tehtava 2

Ratkaise kuvan piireista virrat I1, I2, I3 ja I4.

Ratkaisu

Ensimmaisessa piirissa vain toinen diodeista voi johtaa (kts. Tehtavan 1 en-simmainen piiri). Johtava diodi on D1, talloin D2 on estosuunnassa. I1 =5,7V−0,7V−1V

1 kΩ = 4mA.Toisessa piirissa molemmat diodit ovat estosuunnassa, joten I2 = 0mA.Kolmannessa piirissa pitaa selvittaa ensin, johtaako D5. Jos D5 ei johda, vir-

ta I3 = 10,7V−0,7V−(−10V)R1+R2

= 1mA. Talloin vastuksen R1 yli syntyy 15 voltinjannitehavio, ja D5:n yli on 10,7V− 15V = −4,3V jannite. Jannite on estosu-untainen, joten diodi ei johda ja virta I3 on alun perin laskettu 1mA.Neljas piiri lienee helpointa laskea Theveninin lahteen avulla. Irrotetaan diodipiirista, ja muodostetaan molemmista puolista Theveninin lahde. Taman jalkeendiodi kytketaan takaisin piiriin:


+

−10V

RA||RB RC||RD@

+

−5V

I4-

Molemmat rinnankytkennat RA||RB ja RC||RD saavat arvon 103 kΩ, ja diodin

lapi kulkeva virta on

I4 =10V− 0,7V− 5V

103 kΩ + 10

3 kΩ= 0,645mA.


@

R1 4 kΩ

R2

6 kΩ

I1-

+10V

−10V

@

R3 3 kΩ

R4

10 kΩ

I2-

+10V

−10V

@

R5 6 kΩ

R7

2 kΩ

I3-

+10V

−10V

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R

@R

@

Uin

?

RL Uout

?

Tehtava 1

Ratkaise kuvan piireista virrat I1, I2 ja I3. Zenerdiodit ovat 5,1V zenerdiodeja.Viimeisessa piirissa selvita Uout = f(Uin).

Ratkaisu

Ensimmainen piiri: ajatellaan piiri ensin ilman diodia. Talloin meilla on sar-jaankytkenta R1 + R2 = 10 kΩ, joiden yli on yhteensa 20V jannite. Virta on20V10 kΩ = 2mA. Tama virta aiheuttaa R1:n yli 2mA · 4 kΩ = 8V jannitehavion,joten diodin kiinnityskohtaan tulee 10V−8V = 2V jannite maata vasten. Tamaei riita saamaan zenerdiodia johtavaan tilaan, joten kysytty virta I1 = 2mA.Toisessa piirissa kaytetaan samaa ratkaisumenetelmaa, ja saadaan diodin kiin-nityskohdan jannitteeksi ilman diodia 5,38V. Tama on enemman kuin diodinkynnysjannite 0,7V, joten diodi johtaa ja sen yli on 0,7V jannite. Virta I2 =0,7V−(−10V)

10 kΩ = 1, 07mA.Kolmannessa piirissa ratkaistaan jalleen jannite ilman diodia – se on −5V. Nytzenerdiodi johtaa paastosuuntaan (ei estosuuntaan, jolloin kynnysjannite olisi

5,1V), joten diodin yli muodostuu 0,7V jannite. I3 = −0,7−(−10V)2 kΩ = 4, 65mA.

Huomaa, etta tehtavan vastaus ei muutu mitenkaan, vaikka zenerdiodin tilallelaitettaisiin tavallinen diodi!


Neljas piiri: negatiivisesti takaisinkytketyn operaatiovahvistimen molemmissanavoissa on sama jannite, joten vasemmalta katsoen ensimmaisen vastuksen ylion jannite Uin. Jos jannite Uin on positiivinen, kaikki ensimmaisen vastuksenlapi kulkeva virta kulkee vasemmanpuoleisen diodin kautta suoraan operaatio-vahvistimen lahtoon. Koska toisen vastuksen lapi ei kulje virtaa, myos RL:n lapikulkeva virta on nolla, ja Uout = 0V.Jos tulojannite on negatiivinen, virta Uin

R kulkee oikealta vasemmalle. Se ei voitulla ensimmaisen diodin kautta, joten sen on pakko tulla operaatiovahvisti-men lahdosta toisen diodin ja toisen vastuksen lapi. Talloin piiri toimii kuteninvertoiva vahvistin, ja Uout = −R

R in= −Uin.

Piiri siis toteuttaa matemaattisen funktion

Uout = 0, jos Uin > 0

Uout = −Uin, jos Uin ≤ 0.


Uin

?

R1 10 kΩ

rrK2

R7 75 kΩ

+15V

"""

bbb−+

−15 V

+15 V @ @

((b bK1

R3 5 kΩ

R2 20 kΩ

R5 10 kΩ

R4 10 kΩfB

fA

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R6 10 kΩ

Uout

?

rrK3

R8

75 kΩ

−15V

Tehtava 2

Ratkaise Uout = f(Uin), kun a) Kaikki kytkimet ovat auki. b) Vain K1 on kiinni.c) Vain kytkin K2 on kiinni. d) Vain K3 on kiinni.

Ratkaisu

a) Piiri kannattaa kasitella kahtena lohkona. Jalkimmainen lohko (vastuksistaR4 ja R5 alkaen oikealle) on invertoiva summain. Vasemmanpuoleinen lohkomuistuttaa taas toiminnaltaan tehtavan 1 oikeanpuolimmaista piiria. Dioditaikaansaavat sen, etta positiivisilla tulojannitteen arvoilla virta kulkee R2:nkautta ja negatiivisilla R3:n kautta. Tasta seuraa, etta solmun A jannite on

UA = −2Uin, jos Uin > 0

UA = 0, jos Uin ≤ 0.

ja solmun B jannite on

UB = 0, jos Uin > 0

UB = −0,5Uin, jos Uin ≤ 0.

Nyt piirissa oleva invertoiva summain yhdistaa nama funktiot (ja lisaksi kaantaaniiden etumerkit), joten

Uout = 2Uin, jos Uin > 0

Uout = 0,5Uin, jos Uin ≤ 0.

b) K1:n sulkeminen on sama asia, kuin vastuksen R3 asettaminen nollaksi.Talloin negatiivisten tulojannitteiden vahvistuskerroin tippuu nollaan, ja lop-ullinen lahtofunktio on

Uout = 2Uin, jos Uin > 0

Uout = 0, jos Uin ≤ 0.


c) Kun kytkin K2 suljetaan, vastuksen R7 kautta kulkee jatkuvasti 15V75 kΩ =

0,2mA virta. Tama saa lahtoon aikaiseksi 4V jannitteen, jos Uin = 0V. JosUin = −2V, vastuksen R7 kautta tuleva virta kulkee kaikki vastuksen R1 lapivasemmalle, ja Uout = 0V. Jos Uin < −2V, vastusten R1 ja R7 virtojen erotuskulkee R3:n kautta. Voidaan ajatella, etta kytkimen K2 sulkeminen siirtaa piirinominaiskayraa vasemmalle niin, etta kulmapiste siirtyy origosta kohtaan Uin =−2V.

Uout = 2(Uin + 2V), jos Uin > −2V

Uout = 0,5(Uin + 2V), jos Uin ≤ −2V.

d) Kohta on hieman edellista helpompi, koska K3:n sulkeminen vaikuttaa vainpiirin loppuosaan eli summan muodostamiseen. Summaimeen tulee yksi ter-mi lisaa, jannite −15V vahvistettuna kertoimella − 10 kΩ

75 kΩ = 2V. Lopullinenlahtofunktio on

Uout = 2Uin + 2V, jos Uin > 0

Uout = 0,5Uin + 2V, jos Uin ≤ 0.


R1

Uin

?

"""

bbb−+

−15V

+15V @D1

@D2

R5

R2 R3 R4

"""

bbb−+

−15 V

+15V

Uout

?

r

Tehtava 1

Ratkaise kuvan piirin siirtofunktio Uout = f(Uin), kun R1 = R2 = R3 = R4 =R5.

Ratkaisu

Piiri kannattaa tutkia erikseen negatiiviselle ja positiiviselle tulojannitteelle. JosUin ≥ 0, virta kulkee R1:n lapi vasemmalta oikealle. Se ei paase haarautumaanalaspain R5:n luo, koska vastassa on estosuuntainen diodi. Kaikki virta meneeR2:n lapi, jolloin vastusten R2 ja R3 valiseen solmuun tulee jannitteeksi −Uin.Koska R5:n lapi ei kulje virtaa, oikeanpuoleisen oparin + -tulossa on 0 V jannite,ja samoin −-tulossa. Talloin R3:n yli on jannite Uin (suunta oikealta vasem-malle), ja Uout = Uin.Jos Uin < 0, tilanne on hieman mutkikkaampi. Virta kulkee vastuksen R1

lapi oikealta vasemmalle, mutta sen jakautuminen vastuksille R2 ja R5 pitaaratkaista seuraavasti. Merkitaan oikeanpuoleisen oparin tulonapojen jannitettax:lla. Talloin vastusten R2 ja R5 lapi kulkevat virrat ovat (suunta oikealtavasemmalle:)

I2 =x

R2 +R3

I5 =x

R5

Virtojen summa menee R1:n lapi, joten saamme yhtalon

x

R2 +R3+

x

R5= −Uin

R1

josta ratkeaa x = − 23Uin, kun vastukset ovat yhta suuria. VastuksetR2, R3 ja R4

on kytketty sarjaan, ja ne ovat saman suuruisia. Kahden niista (R2 ja R3) yli onx = − 2

3Uin jannite, joten kaikkien kolmen yli oleva jannite eli Uout =32x = −Uin.

Piiri toteuttaa siis funktion Uout = |Uin|.


+

−E = 10V

R1 1 kΩC

rrK R2 10 kΩ

I2-

I3?I1

Tehtava 2

Kytkin K on auki. Maaraa virrat I1, I2 ja I3. Kytkin K suljetaan; maaraa virratI1, I2 ja I3 valittomasti kytkimen sulkemisen jalkeen.

Ratkaisu

Kun kytkin on auki, piirissa ei kulje virtaa, koska kondensaattorin lapi ei kuljetasavirtaa jatkuvassa tilassa (eli silloin, kun piiri on ollut paalla aarettomankauan). Kondensaattori on varautunut 10V jannitteeseen. Kun kytkin suljetaan,kondensaattorin yli on edelleen 10V jannite — hetken aikaa. Talloin R2:n ylion 10V jannite (alhaalta ylospain), ja virta I2 = − 10V

10 kΩ = −1mA. Vastuksen

R1 yli on jannitelahteen ansiosta 10V jannite ja virta I1 = 10V1 kΩ = 10mA.

Kirchhoffin virtalain mukaan I3 = I1 − I2 = 11mA.


rrK

R1

2 kΩ

R2

8 kΩ

CR4 2 kΩ

R3 8 kΩ

+10V

rUx

?

Tehtava 3

Ratkaise jannite Ux ennen kytkimen K sulkemista seka valittomasti sen jalkeen.

Ratkaisu

Jannitteenjakosaannon avulla ratkeaa Ux = 2V, ja kytkimen yli oleva janniteon 8V. Kondensaattorin yli jaa 6 V, suunta vasemmalta oikealle. Kun kytkinsuljetaan, kondensaattorin vasen napa on maapotentiaalissa, ja kondensaattorinyli on edelleen sama jannite, mista seuraa, etta Ux = −6V.


+

−E = 10V

C 1 nF

b bK

R2 10 kΩU

?

Tehtava 4

Kondensaattori on aluksi varaukseton. Ajanhetkella t = 0 kytkin K suljetaan.Ilmoita jannite U ajan t funktiona.

Ratkaisu

Merkitaan kondensaattorin jannitetta u:lla. Kondensaattorin fysikaalista toim-intaa kuvaa yhtalo i = C du

dt . Talloin

E = u+ U

E = u+ iR2

E = u+R2Cdu

dt

Differentiaaliyhtalo ratkeaa yritteella u = k1 + k2e− t

R2C . Kun yrite sijoitetaanedelliseen yhtaloon, saadaan

k1 = E

Toinen vakio haviaa kaavasta, mutta se saadaan alkuehdoista: ajanhetkella t = 0kondensaattorissa ei ole varausta eli sen jannite on nolla. Eli

0 = E + k2e− 0

R2C

josta ratkeaa k2 = −E. Kondensaattorin jannite ajan funktiona on siis

u = E − Ee−t

R2C = E(1− e−t

R2C )

ja kysytty jannite

U = E − u = Ee−t

R2C .

Sama onnistuu myos Laplace-muunnoksen avulla (ei tenttiin!). Jannitteenjakosaannosta:

U =E

s

R2

R2 +1sC

= ER2

sR2 +1C

= E1

s+ 1R2C

joka kaanteismuunnettuna2 on suoraan

U = Ee−t

R2C

2Muunnostaulukko esim. http://www.ct.tkk.fi/courses/ca2/laplace.pdf


Uin

?

"""

bbb−+

−15V

+15V

R1

3 kΩ

R2

12 kΩ

+15V

Uout

?

Tehtava 1

Kuvan piiriin syotetaan yksi jakso siniaaltoa Uin = Uin sin(2πft), missa Uin =5V ja f = 100Hz. Piirra Uin ja Uout samaan kuvaan. Operaatiovahvistimenlahtojannitteen ylaraja on 15V ja alaraja −13,5V.

Ratkaisu

Piirissa ei ole takaisinkytkentaa ollenkaan. Silloin se toimii jannitevertaajana elikomparaattorina: jos +-tulossa on suurempi jannite kuin −-tulossa, ulostulos-sa on niin suuri jannite kuin operaatiovahvistin pystyy antamaan (15V). Jos−-tulossa on suurempi jannite kuin +-tulossa, on lahtojannite niin pieni kuinvahvistin pystyy antamaan (−13,5V). Jannitteenjakokaavasta saadaan −-tulonjannitteeksi +3V, joten jannite kayttaytyy nain:

'$&%

-

6+15V

+3V

−13,5V

10 ms


Uin

?

R3

10 kΩ"""

bbb−+

−15V

+15V

R2

12 kΩ

R1

3 kΩ

Uout

?

Tehtava 2

Miten Uout muuttuu, kun jannite Uin muuttuu valilla 10V . . . − 10V? Piirraominaiskayra. Operaatiovahvistimen lahtojannitteen ylaraja on 15V ja alaraja−13,5V.

Ratkaisu

Koska piiri on positiivisesti takaisinkytketty, lahdossa on joko suurin mahdolli-nen (Umax = 15V) tai pienin mahdollinen (Umin = −13,5V). Tilan muutostapahtuu, kun tulonavoissa on sama jannite. Jannitteenjakokaavasta voidaanratkaista jannitteet, joilla muutos tapahtuu eli hystereesisrajat. U1 = Umax

R1

R1+R2=

3V ja U1 = UminR1

R1+R2= −2,7V. Jos Uin on todella suuri, on invertoivassa tu-

lossa varmasti suurempi jannite kuin ei-invertoivassa tulossa, jolloin lahdossaon Umin. Saadaan kuva:

-

6+15V

+3V

−13,5V

−2,7V

6?


Uin

?

R3

7,5 kΩ

R1 1 kΩ

−15V

"""

bbb+

−−15 V

+15V

R2 15 kΩ

Uout

?

-

6

@A

AAAA

5V2V

−5V

Tehtava 3

Tulojannite Uin muuttuu kuvan mukaisesti. Esita, miten Uout muuttuu. Piirramyos piirin ominaiskayra. Oparin lahtojannite Uout = [−13V,+15V].

Ratkaisu

Ratkaistaan hysteresisrajat. Selvitetaan, mika Uin:n taytyy olla, jotta lahdontila muuttuu. Ensin tapaus Uout = 15V. Tilanmuutos tapahtuu, kun U+ =U− = 0V. Kun Uout = 15V, vastuksen R2 lapi kulkee 1mA virta vasemmalle jaR3:n lapi kulkee 2mA virta alaspain. R1:n lapi kulkee naiden erotus eli 1mA,joten Uin = 1V. Toinen hysteresisraja ratkeaa samoilla laskutoimituksilla, nytvain R2:n virta on 0, 8666 . . . mA oikealle ja Uin = 2, 8666 . . . V.Kun tulojannite on−5V, lahdossa on−13V. Kun hystereesisrajaUin = 2, 8666 . . . Vohitetaan, lahto muuttuu arvoon 15V. Tasta tullaan takaisin -13 volttiin vasta,kun ohitetaan toinen hystereesisraja Uin = 1V.

-

6

@A

AAAA

5V2V

−5V

-

6

6?

2,87V

1V


C1

100 nF"""

bbb−+

−15 V

+15 V

R3 100 kΩ

rR2

11 kΩ

R1

4 kΩ

Uout

?

Tehtava 4

Kuvan piiri toimii kanttiaaltogeneraattorina. Maarita lahtosignaalin taajuusseka alhaalla- ja ylhaallaoloajat. Oparin lahtojannite Uout = [−13,5V,+15V].

Ratkaisu

Ratkaistaan ensin piirin hystereesisrajat kuten kakkostehtavassa.U1 = UmaxR1

R1+R2=

4V ja U2 = UminR1

R1+R2= −3.6V. Piiri lataa ja purkaa vuorotellen kondensaat-

toria, niin etta sen jannite ”sahaa”hystereesisrajojen valilla. RC-piirin muuto-saikojen laskemiseen on johdettu kaava luennolla jaetussa (myos netissa) RC-piirilisamateriaalissa. Ylhaallaoloaika t1 ja alhaallaoloaika t2 ovat

t1 = C1R3 ln15V− (−3,6V)

15V− 4V≈ 5,25 ms

t2 = C1R3 ln−13,5V− 4V

−13,5V− (−3.6V)≈ 5,70 ms.

Varahtelytaajuus on jaksonajan kaanteisluku eli f = 1t1+t2

≈ 91Hz.


+

−E

RB 10 kΩ

R@@

RC 1 kΩ

+12V

Tehtava 1

Kuinka suuri saa jannite E enintaan olla, jotta transistori ei joutuisi saturaati-otilaan? Jos E:n arvo pienenee akisti yhden millivoltin, paljonko RC:n yli olevajannite muuttuu? β = 120, UCESAT

= 0,2V

Ratkaisu

Saturaatiotilassa (tai sen rajalla) UCE = 0,2V, joten vastuksen yli jaa 11,8V.Tama aikaansaa 11,8mA virran. Jakamalla tama β:lla saadaan kantavirraksi98µA. Kertomalla kantavirta RB:lla ja lisaamalla siihen kanta-emitteridiodinkynnysjannite, saadaan E:n maksimiarvoksi

E ≈ 1,68V

Jos E pienenee yhden millivoltin, kantavirta pienenee 1 mV10 kΩ . Kun tama kerro-

taan β:lla, saadaan kollektorivirran muutos, kertomalla se kollektorivastuksenarvolla saadaan RC:n yli olevan jannitteen muutokseksi

∆U = 12 mV.


@@

R1 5 kΩ

@

R2 2,2 kΩ

RL

+20V

Tehtava 2

Laske vastuksen RL lapi kulkeva virta, kun RL on 500Ω, 2 kΩ ja 10 kΩ. Ohje:oleta transistorin kantavirta mitattoman pieneksi. Zenerdiodi on 5,1V zenerdio-di.

Ratkaisu

Zenerdiodin yli on 5,1 volttia, ja transistorin emitterin ja kannan valilla 0,7volttia. Talloin emitterivastuksen R2 yli on jannite 5,1V − 0,7V = 4,4V.Emitterivirta on Ohmin lain mukaan 4,4V

R2= 2mA. Koska kantavirta olete-

taan mitattoman pieneksi, kollektorivirta on yhta suuri kuin emitterivirta javastuksen lapi kulkee 2mA virta riippumatta siita, onko vastus 500Ω vai 2 kΩ.Piiri toimii siis vakiovirtageneraattorina. Poikkeuksen tekee tilanne RL = 10 kΩ.Kahden milliampeerin syottaminen 10 kΩ vastukseen vaatisi 20V jannitteen vas-tuksen yli. Kuvan piirissa se on mahdotonta, joten transistori menee saturaa-

tiotilaan. Talloin emitterilta kollektorille on 0,2V jannite ja kysytty virta onIL = 20V−4,4V−0,2V

10 kΩ = 1, 54mA.


rrK1

RA

22 kΩ

RB

100 kΩ

R@@

RC

4 kΩ

RE

1 kΩ

RD

3,3 kΩ

rrK2

rrK3

r

+12V

Tehtava 3

Bipolaaritransistorin parametrit ovat: β = 140, UBE = 0,7V . . .−5V ja UCESAT=

0,2V. Laske transistorin kantavirta, kun

a) kaikki kytkimet ovat auki.

b) vain kytkin K1 on kiinni.

c) vain kytkin K2 on kiinni.

d) vain kytkin K3 on kiinni.

Tehtava 3

Kun kaikki kytkimet ovat auki, transistori johtaa. Merkitaan kannan jannitettax:lla. Talloin kantavirta on

IB =12V− x

RB− x

RA.

Emitterivirta on puolestaan

IE =x− 0, 7V

RE

ja myoskinIE = (β + 1)IB

Nyt meilla on kolme yhtaloa ja kolme tuntematonta, joista voi ratkaista halua-mallaan tavalla kantavirran: IB = 9,2 µAKun kytkin K1 on kiinni, kannalla on 12V, ja emitterilla 11,3V. Kun kannallaei ole enaa vastuksia rajoittamassa kantavirtaa, niin transistori saa kantavir-taa todella paljon ja menee saturaatioon. Talloin kollektorin jannitteeksi tulee11, 5V. Ohmin laista saadaan kollektorivirraksi 0,5V

RC= 0,125mA, ja emitterivir-

raksi 11,3V1 kΩ . Naiden erotus on kantavirta IB ≈ 11, 2mA.

Kun kytkin K2 on suljetaan, transistorin emitterijannite nousee. Jos se nouseeniin suureksi, etta kannan ja emitterin valille jaa alle 0,7V, transistori lakkaajohtamasta. Ratkaistaan pulma niin, etta irrotetaan transistori piirista ja laske-taan kannan ja emitterin valiin tuleva jannite. Jos se on alle 0,7V, transistori


ei ala johtaa, kun se laitetaan paikalleen. Jannitteenjaon avulla saadaan kanta-emitterijannitteeksi

UBE = 12VRA

RA +RB− 12V

RE

RE +RD≈ −0,6V

eli transistori ei johda ja kantavirta IB = 0.Kun K3 suljetaan, emitterijanniteeksi tulee +12V. Tama on paljon suurempikuin kannalla olevasta jannitteenjaosta laskettu jannite

UB = 12VRA

RA + RB≈ 2,16V

Nyt transistorin kanta-emitteridiodi menee zenerpurkaukseen, jolloin emit-terilta kannalle on 5V ja kantajannite 7V. Kantavirta saadaan Kirchhoffinlaista:

5V

RB− 7V

RA≈ −0,27mA.


R1 1 kΩ

"""

bbb+

−−15V

+15V

R2 15 kΩ

R3 150 kΩ

"""

bbb−+

−15 V

+15V

C 100 nF

Uout

?

Tehtava 4

Kuvan piiri toimii kolmioaaltogeneraattorina. Maarita kolmioaallon taajuus jaamplitudi. Opareiden lahtojannite voi olla valilla [−15V,+15V].

Ratkaisu

Piiri rakentuu kahdesta osasta: vasemmalla puolella on positiivisesti takaisinkytket-ty piiri, jonka hystereesisrajat ovat ±1V. Oikealla on ns. RC-integraattori, jossaon negatiivinen takaisinkytkenta. Kondensaattoriin menee virta, jonka maaraavasemmanpuoleisen oparin lahtojannite ja vastus R3. Virran suuruus on I =15V

150 kΩ = 0,1mA. Kondensaattoria vuoroin ladataan, vuoroin puretaan niin, ettasen jannite vaihtelee valilla [1− V, 1V]. Puolikkaan varahdysjakson aikana kon-densaattorin jannite muuttuu 2V, joten puolen jakson aika on t = ∆U·C

I = 2 ms.Koko jakson aika on siis 4 ms ja taajuus 250Hz.


-

Q1RG

1MΩ

RD

1 kΩ

+15V

RG

1MΩRS

4 kΩ

-

Q2

RD

1 kΩRA

11 kΩ

+15V

Tehtava 1

Kuvan JFET-transistoreilla Idss = 10mA ja Up = −3V. Laske Q1:n ja Q2:nnielun ja maan valinen jannite.

Ratkaisu

JFET Q1:n hilajannite (=hilan ja lahteen valinen jannite) on nolla, koska hilanlapi ei kulje virtaa, joten RG:n yli ei tule jannitehaviota. Ja jos hilajanniteon nolla, nieluvirta on Idss = 10mA. Tama virta aiheuttaa RD:n yli 10 voltinjannitehavion, joten nielujannite on 5V.Q2:n lahteelle on kytketty vastus kayttojannitteista ja hila on kytketty nollapo-tentiaaliin. On mahdollista, etta lahteen jannite on niin suuri, etta se pakottaaJFET:n estotilaan. Tarkistetaan asia ”irrottamalla”JFET piirista, ja laskemallalahteelle tuleva jannite. Jannitteenjaon avulla US = 15V RS

RS+RA= 4V. Talloin

hilan ja lahteen valinen jannite-ero UGS = −4V. Tama on pienempi kuin UP,joten JFET:n nieluvirta on nolla ja nielujannite on 15V.

ID = K(UGS − UT )2, kun UGS ≥ UT ja UDS ≥ UGS − UT

ID = IDSS(1− UGS

UP)2, kun UGS ≥ UP ja UDS ≥ UGS − UP


Q3RG

1MΩ

RD

1 kΩ

+15V

Q4

RG

1MΩ

RD

1 kΩ

+15V

Tehtava 2

Kuvan MOSFET-transistoreilla UT = 2V ja Rdson = 2Ω. Laske transistoreillenielun ja maan valinen jannite.

Ratkaisu

Koska Q3:n hilan kautta ei kulje virtaa, on UGS nolla. Jos MOSFET:n hi-lajannite on nolla, on nieluvirtakin nolla ja nielujannite 15V.Q4:n hila on kytketty kayttojannitteisiin joten UGS = 15V. Jannite on niinsuuri verrattuna kynnysjannitteeseen UT, etta kanava aukeaa taysin, ja nielunja lahteen vali kayttaytyy kuin Rdson = 2Ω suuruinen vastus. Nielujannitesaadaan jannitteenjaosta UD = 15V Rdson

RD+Rdson≈ 29,9mV.


R1

500 kΩ

R2

1, 5MΩ

RS

RD

+20V

Tehtava 3

Kanavatransistorille patee K = 53,48mA/V2 ja UT = 1, 38V. Kanavatransis-torin nieluvirraksi ID halutaan 2mA ja nielun ja maan valiseksi jannitteeksiUD0 halutaan 12V. Mitoita vastukset RD ja RS. Kuinka suuri voi vastuksenRD arvo korkeintaan olla, jotta kanavatransistori olisi viela saturaatioalueella?Jos vastus R1 olisi vahingossa vaihtunut 100 kΩ vastukseksi, kuinka suuri olisijannite UD0?

Ratkaisu

Ratkaistaan nieluvirtaa 2mA vastaava hila-lahde -jannitteen arvo saturaatioalueenkaavasta:

ID = K(UGS − UT)2.

Saadaan jannitteeksi UGS ≈ 1,57V (Huom! Yhtalon toinen ratkaisu ei kelpaa,koska se on pienempi kuin kynnysjannite.). Koska hilavastusten jannitteenjakopakottaa hilan jannitteeksi (maata vasten) 5V, pitaa lahteella olla maata vasten5V− 1,57V = 3,43V. Nyt RS ratkeaa Ohmin laista

RS =3,43V

2mA= 1, 7 kΩ.

Vastus RD on helppo laskea, kun tiedetaan, etta nielujannitteeksi halutaan 12V

RD =8V

2mA= 4 kΩ.

Saturaatioalueen rajalla patee ehto

UDS = UGS − UT = 1,57V− 1,38V = 0,19V

Eli nielun ja lahteen valille on jaatava vahintaan 0,19V jannite. Suurin mah-dollinen RD:n arvo on siis

20V− 0,19V

2mA− 1, 7 kΩ ≈ 8,2 kΩ.

JosR1 olisi vahingossa vaihtunut 100 kΩ vastukseksi, olisi hilajannite jannitteenjaonmukaan

UG0 = 20V100 kΩ

1,5MΩ+ 100 kΩ= 1,25V


Tama on pienempi kuin MOSFET:n kynnysjannite, joten kanava ei johda janielujannite UD0 = 20V.


+

−e(t)

R

C u(t)

?

Tehtava 4

Ratkaise u(t), kun e(t) = u sin(2πft). Kayta kompleksilukulaskentaa — jos seon uusi kasite, lue Silvosen kirjasta luku 4.2!

Ratkaisu

Kaytetaan kompleksilukulaskentaa ja jannitteenjakosaantoa (ω = 2πf):

U = E

1jωC

R+ 1jωC

=E

1 + jωRC

Lasketaan murtolausekkeen itseisarvo:

|U | = E√

1 + (ωRC)2

ja vaihekulma

φ = φosoittaja − φnimittaja = 0 − arctanωRC

1= − arctan(ωRC)

Lopullinen jannite u(t) on siis

u(t) =u

√

1 + (ωRC)2sin(ωt− arctan(ωRC))


Uin

?

R

C

"""

bbb−+

−15V

+15V

R

C

"""

bbb−+

−15 V

+15V

R

C Uout

?

Tehtava 1

Laske kuvan piirin siirtofunktio F (s) = Uout

Uin. Milla taajuudella fx lahtevan

ja tulevan jannitteen valinen vaihekulma φ = −180. Mika on siirtofunktionitseisarvo talla taajuudella? Milla taajuudella f1/2 on suodattimen puolen tehon

piste (eli milloin |F (s)| = 1√2)? Komponenttiarvot: R = 15 kΩ ja C = 10 nF.

Ratkaisu

Suodattimessa on kolme perakkain kytkettya RC-lohkoa. Koska lohkojen valissaon jannitteenseuraaja, lohkot eivat kuormita toisiaan, ja lohkojen siirtofunktiotsaadaan jannitteenjakosaannolla

Ulohko

Uin=

1sC

R + 1sC

=1

sRC + 1

ja koko piirin siirtofunktio saadaan kertomalla lohkojen siirtofunktiot keskenaan

Uout

Uin=

1

(sRC + 1)3

Yhden lohkon ominaistaajuus f0 = 12πRC ≈ 1,061 kHz ja kukin lohko kaantaa

vaihetta kulman φlohko = − arctan( ff0). Jotta vaihekulma olisi −180, yhden

lohkon taytyy kaantaa vaihetta −60:

− arctan(fxf0

) = −60 ⇒ fx =√3f0 ≈ 1,838 kHz.

Talla taajuudella siirtofunktion itseisarvo on

|F (fx)| =1

√

( fxf0 )2 + 1

3 =1

8

Puolen tehon piste ratkeaa siirtofunktion itseisarvosta

|F (f1/2)| =1

√

(f1/2f0

)2 + 13 =

1√2⇒ f1/2 ≈ 541Hz


Uin

?

R2 R1

C1

C2

"""

bbb−+

−15 V

+15V

Uout

?

Tehtava 2

Osoita, etta kuvan piirin siirtofunktio on

F (s) =Uout

Uin=

1

s2C1C2R1R2 + sC1(R1 +R2) + 1

Ratkaisu

Operaatiovahvistimen lahdossa ja molemmissa tuloissa on kaikissa sama janniteUout negatiivisen takaisinkytkennan takia. Merkitaan vastusten R1 ja R2 valisensolmun jannitetta Ux:lla. Saadaan yhtalot

Uout = Ux

1sC1

R1 +1

sC1

Uin − Ux

R2=

Ux

R1 +1

sC1

+Ux − Uout

1sC2

joista siirtofunktio ratkeaa pienen pyorittelyn jalkeen. Kuvassa oleva piiri onSallen-Key -alipaastosuodatin.


Tehtava 3

a) Vertaamalla edellisen tehtavan siirtofunktiota toisen asteen alipaastofunktionyleiseen muotoon:

F (s) =1

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1

johda ω0 ja D komponenttiarvojen funktiona.

b) Valitsemalla Sallen-Key -suodattimen vastukset yhta suuriksi (R1 = R2 = R)ja merkitsemalla kondensaattorien kokojen suhdetta kirjaimella k (C2 = kC1),a-kohdassa johtamasi kaavat, etenkin D:n kaava, yksinkertaistuvat huomat-tavasti. Johda kaavat D:lle ja ω0:lle, kun mainitut valinnat on tehty.

Ratkaisu

a) Vertaamalla toisen asteen termeja keskenaan saadaan:

ω0 =1√

R1R2C1C2

ja sijoittamalla tama ensimmaisen asteen termiin ja vertaamalla niita keskenaansaadaan

D =1

2

√

C1

C2

R1 +R2√R1R2

(voi olla myos erinakoisessa muodossa).b) Kaavat yksinkertaistuvat muotoon

D =1√k

ω0 =D

RC1


Uin

?

R26,8 kΩ R16,8 kΩ

C127,4 nF

C220 nF

"""

bbb−+

−15 V

+15V

Uout

?

Tehtava 4

Mika on piirin ominaistaajuus f0? Enta vaimennusvakio D ja puolen tehontaajuus f1/2? Laske lahtevan ja tulevan siniaallon valinen vaihe-ero φ ja aikaviiveτ taajuudella 200Hz.

Ratkaisu

Sallen-Key -alipaastosuodattimen ominaistaajuus on

f0 =1

2π√C1C2R1R2

≈ 999,8Hz

ja vaimennusvakio, kun vastukset ovat samansuuruiset

D =

√

C1

C2≈ 1,17

Puolen tehon taajuus ratkeaa siirtofunktiosta sijoituksella s = j2πf

|F (s)| =∣

∣

∣

1

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1

∣

∣

∣=

1√2⇒ f1/2 = 516, 5Hz

Vaihe-ero on sama kuin siirtofunktion argumentti eli kulma

φ = − arctan2D f

f0

1− ( ff0)2

= −26

Ja viive saadaan vaihe-erosta ja taajuudesta

τ =φ

3601

f≈ 361µs


Uin

?

C2 C1R1

R2

"""

bbb−+

−15 V

+15V

Uout

?

Tehtava 1

Osoita, etta kuvan piirin siirtofunktio on muotoa

F (s) =Uout

Uin=

( sω0

)2

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1

ja laske arvot D ja ω0 (komponenttiarvojen funktiona).

Ratkaisu

Siirtofunktion johtaminen kay samalla periaatteella kuin edellisen laskarin kakkoste-htavassa - nyt vain vastukset ja kondensaattorit ovat vaihtaneet paikkaa. Merk-itaan kondensaattorien C1 ja C2 valisen solmun jannitetta Ux:lla. Saadaanyhtalot

Uout = UxR1

R1 +1

sC1

Uin − Ux

1sC2

=Ux

R1 +1

sC1

+Ux − Uout

R2

joista siirtofunktio ratkeaa pienen pyorittelyn jalkeen:

F (s) =s2C1C2R1R2

s2C1C2R1R2 + sR2(C1 + C2) + 1

Vertaamalla tata 2. asteen siirtofunktion yleiseen muotoon nahdaan, etta

ω0 =1√

C1C2R1R2

Vaimennusvakio D saadaan sijoittamalla asken laskettu ω0 yleisen muodon nimittajapolynominensimmaisen asteen termiin, ja asettamalla se yhta suureksi johdetun siirtofunk-tion vastaavan termin kanssa

2Ds√

C1C2R1R2 = sR2(C1 + C2) =⇒ D =1

2

R2(C1 + C2)√C1C2R1R2


Uin

?

R1 R1

C1 10 nF

C2

"""

bbb−+

−15V

+15V

Uout

?

"""

bbb−+

−15 V

+15 V

C0

R0

20 nF

Tehtava 2

Kolmannen asteen Butterworth-suodattimen nimittajapolynomi on muotoa (s+1)(s2 + s + 1). Mitoita R0, R1 ja C2 siten, etta kuvan piiri on Butterworth-alipaastosuodatin, jonka ylarajataajuus fy on 1 kHz. Kuinka suuri on siirto-funktion itseisarvo taajuudella 500Hz?

Ratkaisu

Annetun nimittajapolynomin perusteella

F (s) =1

(s+ 1)(s2 + s+ 1)=

1

s+ 1· 1

s2 + s+ 1

Sijoittamalla lausekkeeseen ominaistaajuus s → sω0

ja vertaamalla funktioitayleiseen muotoon, saadaan

F (s) =1

sω0

+ 1· 1

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1, D =

1

2

Butterworth-suodattimilla puolen tehon (ylaraja)taajuus on sama kuin ominais-taajuus - nyt siis ω0 = 2πf0 = 2π·1 kHz. Toisen asteen Sallen-Key -suodattimellepatee (jos vastukset yhta suuria):

D =

√

C1

C2⇒ C2 = 4C1 = 40 nF

ja

ω0 =1√

C1C2R1R1

=1√

C14C1R1R1

=1

2C1R1⇒ R1 ≈ 7,96 kΩ.

Ja ensimmaisen asteen suodattimelle

ω0 =1

R0C0⇒ R0 ≈ 7,96 kΩ

Siirtofunktion itseisarvo taajuudella 500Hz = 12f0 on

∣

∣

∣

∣

∣

1jωω0

+ 1· 1

( jωω0

)2 + 2D jωω0

+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

1jff0

+ 1· 1

( jff0 )2 + 2D jf

f0+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

=1

√

( ff0)2 + 1

· 1√

(

1− ( ff0)2)2

+(

2D ff0

)2≈ 0,992


Uin

?

R1

C = 100 nF

R2

"""

bbb−+

−15 V

+15VR3

Uout

?

Tehtava 3

Osoita, etta jos piirin siirtofunktio on muotoa

F (s) =s− a

s+ a,

missa a on mielivaltainen vakio, piiri toimii kokopaastosuodattimena eli taajuusei vaikuta suodattimen vaimennukseen. Johda kuvan piirin siirtofunktio, ja mi-toita vastukset R1, R2 ja R3 siten, etta piiri toimii kokopaastosuodattimena jasaa aikaan −60 vaihesiirron taajuudella 500Hz.

Ratkaisu

Sijoittamalla s = jω ja laskemalla itseisarvo, saadaan

F (s) =jω − a

jω + a⇒ |F (s)| =

√ω2 + a2√ω2 + a2

= 1

eli olipa taajuus mika tahansa, on siirtofunktion itseisarvo 1. Lasketaan seu-raavaksi kuvan piirin siirtofunktio:

U+ = Uin

1sC

R1 +1sC

= Uin1

R1Cs+ 1

U− = (Uin − Uout)R3

R2 +R3+ Uout

U− = U+.

Yhtaloista saadaan pienella pyorittelylla siirtofunktio

F (s) =1− R3

R2sR1C

1 + sR1C.

Tama on kokopaastofunktio, jos ja vain jos R2 = R3, jolloin siirtofunktio on

F (s) =1− s

ω0

1 + sω0

, ω0 =1

R1C.

Vastusten R2 ja R3 arvoiksi voidaan valita vaikkapa 10 kΩ. Piirin siirtofunktios-sa osoittajan vaihesiirto on arctan− ω

ω0= − arctan ω

ω0ja nimittajan vaihesiir-

to arctan ωω0

ja koko siirtofunktion vaihevaste on osoittajan vaihesiirto miinus


nimittajan vaihesiirto eli

φ = −2 arctanω

ω0= −2 arctan

f

f0.

Taajuudella 500Hz halutaan −60 vaihesiirto, ratkaistaan f0

−60 = −2 arctan500Hz

f0⇒ f0 =

√3 · 500Hz

Vastuksen R1 arvo ratkeaa ominaistaajuuden avulla

f0 =1

2πR1C⇒ R1 =

1

2πf0C≈ 1,84 kΩ.


Uin

?

C210 nF C310 nFR3

R2

"""

bbb−+

−15V

+15V

Uout

?

"""

bbb−+

−15 V

+15 V

R1

C1 10 nF

Tehtava 4

Normalisoidulle kolmannen asteen Legendren alipaastosuodattimelle annetaannimittajapolynomi (s+0,62)(s2+0,69s+0,9308).Kayttaen alipaasto-ylipaastomuunnostamitoita kuvan kytkenta kolmannen asteen Legendren ylipaastosuodattimeksi,jonka ominaistaajuus f0 = 500Hz eli laske R1, R2 ja R3.

Tehtava 4

Alipaastosuodattimen siirtofunktiolle

1

(s+ 0,62)(s2 + 0,69s+ 0,9308)

tehdaan taajuusmuunnos s → 1s , jolloin saadaan

1

(1s + 0,62)

1

((1s )2 + 0,69 1

s + 0,9308)=

s

(1 + 0,62s)

s2

1 + 0,69s+ 0,9308s2=

0,62s 10,62

(1 + 0,62s)

0,9308s2 10,9308

1 + 0,69s+ 0,9308s2

Osoittajassa olevasta vakiokertoimesta ei tarvitse valittaa - nimittajapolynomimaaraa kayran muodon. Vertaamalla funktiota ensimmaisen ja toisen asteenyleisiin funktioihin, saadaan ensimmaisen asteen (normalisoiduksi) ominaiskul-mataajuudeksi

ω01 =1

0,62≈ 1,613

Koko suodattimen ominaistaajuus halutaan siirtaa paikasta ω0 = 1 paikkaanf0 = 500Hz, joten

s → sωvanha

ωuusi= s

1

2πf0⇒ R1 =

1

C1ω012πf0≈ 19,7 kΩ

Toisen asteen funktiolle

ω02 =1√

0,9308≈ 1,037

2D

ω0= 0,69 ⇒ D ≈ 0,358.

Lasketaan komponenttiarvot siirtaen samalla ominaiskulmataajuus taajuudellef0 = 500Hz. Kondensaattorit ovat yhta suuria, joten parjaamme yksinker-taisemmilla komponenttiarvojen kaavoilla:

R2 =D

2πf0ω02C2≈ 11,0 kΩ


ja

R3 =R2

D2= 85,9 kΩ

Seuraavalla sivulla on suodattimiin liittyvia olennaisia kaavoja!


Suodattimiin liittyvia kaavoja

Yleinen muoto

Ensimmaisen ja toisen asteen alipaasto

F (s) =1

s+ 1F (s) =

1

s2 + 2Ds+ 1

Ensimmaisen ja toisen asteen ylipaasto

F (s) =s

s+ 1F (s) =

s2

s2 + 2Ds+ 1

Ylla kuvattujen suodattimien ominaiskulmataajuus on 1 rads . Ominaiskulmataa-

juus voidaan siirtaa haluttuun paikkaan tekemalla sijoitus

s → s

ω0

Kaikki suodattimet ovat esitettavissa ensimmaisen ja toisen asteen siirtofunk-tioiden tuloina.

Tavallisimmat suodatintopologiat

Ensimmaisen asteen RC-piirille (seka ali- etta ylipaasto):

ω0 =1

RC

Sallen-Key -piirille (seka ali- etta ylipaasto):

ω0 =1√

C1C2R1R2

Vaimennusvakiot ovat

Dalip =1

2

√

C1

C2

(R1 +R2)√R1R2

Dylip =1

2

R2(C1 + C2)√C1C2R1R2

Jos Sallen-Key -alipaastolle valitaan R1 = R2 ja C2 = kC1 ja -ylipaastolleC1 = C2 ja R1 = kR2, vaimennusvakion kaava yksinkertaistuu muotoon

D =1√k

Ominaistaajuus voidaan nyt lausua vaimennusvakion ja komponenttiarvojenavulla:

ω0alip =D

R1C1ω0ylip =

D

R2C2

Alipaasto-ylipaastomuunnos

Tekemalla alipaastosuodattimen siirtofunktioon sijoitus

s → 1

s

suodattimen ominaiskayra kaantyy kompleksitasossa nurin pain, toisin sanoennolla siirtyy aarettomyyteen ja aareton nollaan – alipaastosuodattimesta tuleeylipaastosuodatin.


Taajuuden siirto

Jos jokin piste siirtofunktiolla sijaitsee taajuudella fvanha ja se halutaan siirtaataajuudelle fuusi, se onnistuu sijoituksella

s → fvanhafuusi

s.


Uin

?

R1

C

R2

"""

bbb−+

−15 V

+15VR3

Uout

?

Jos et ole viela laskenut laskarin 10

tehtavaa 4, sen voisi tehda nyt!

Tehtava 1

Osoita, etta jos piirin siirtofunktio on muotoa

F (s) =s− a

s+ a,

missa a on mielivaltainen vakio, piiri toimii kokopaastosuodattimena eli taajuusei vaikuta suodattimen vaimennukseen. Johda kuvan piirin siirtofunktio, ja mi-toita vastukset R1, R2 ja R3 siten, etta piiri toimii kokopaastosuodattimena jasaa aikaan −60 vaihesiirron taajuudella 500Hz.

Ratkaisu

Sijoittamalla s = jω ja laskemalla itseisarvo, saadaan

F (s) =jω − a

jω + a⇒ |F (s)| =

√ω2 + a2√ω2 + a2

= 1

eli olipa taajuus mika tahansa, on siirtofunktion itseisarvo 1. Lasketaan seu-raavaksi kuvan piirin siirtofunktio:

U+ = Uin

1sC

R1 +1sC

= Uin1

R1Cs+ 1

U− = (Uin − Uout)R3

R2 +R3+ Uout

U− = U+.

Yhtaloista saadaan pienella pyorittelylla siirtofunktio

F (s) =1− R3

R2sR1C

1 + sR1C.

Tama on kokopaastofunktio, jos ja vain jos R2 = R3, jolloin siirtofunktio on

F (s) =1− s

ω0

1 + sω0

, ω0 =1

R1C.

Vastusten R2 ja R3 arvoiksi voidaan valita vaikkapa 10 kΩ. Piirin siirtofunktios-sa osoittajan vaihesiirto on arctan− ω

ω0= − arctan ω

ω0ja nimittajan vaihesiir-

to arctan ωω0

ja koko siirtofunktion vaihevaste on osoittajan vaihesiirto miinus


nimittajan vaihesiirto eli

φ = −2 arctanω

ω0= −2 arctan

f

f0.

Taajuudella 500Hz halutaan −60 vaihesiirto, ratkaistaan f0

−60 = −2 arctan500Hz

f0⇒ f0 =

√3 · 500Hz

Vastuksen R1 arvo ratkeaa ominaistaajuuden avulla

f0 =1

2πR1C⇒ R1 =

1

2πf0C≈ 1,84 kΩ.


Uin

?

C210 nF C310 nFR3

R2

"""

bbb−+

−15V

+15V

Uout

?

"""

bbb−+

−15 V

+15 V

R1

C1 10 nF

Tehtava 2

Normalisoidulle kolmannen asteen Legendren alipaastosuodattimelle annetaannimittajapolynomi (s+0,62)(s2+0,69s+0,9308).Kayttaen alipaasto-ylipaastomuunnostamitoita kuvan kytkenta kolmannen asteen Legendren ylipaastosuodattimeksi,jonka ominaistaajuus f0 = 500Hz eli laske R1, R2 ja R3.

Ratkaisu

Alipaastosuodattimen siirtofunktiolle

1

(s+ 0,62)(s2 + 0,69s+ 0,9308)

tehdaan taajuusmuunnos s → 1s , jolloin saadaan

1

(1s + 0,62)

1

((1s )2 + 0,69 1

s + 0,9308)=

s

(1 + 0,62s)

s2

1 + 0,69s+ 0,9308s2=

0,62s 10,62

(1 + 0,62s)

0,9308s2 10,9308

1 + 0,69s+ 0,9308s2

Osoittajassa olevasta vakiokertoimesta ei tarvitse valittaa - nimittajapolynomimaaraa kayran muodon. Vertaamalla funktiota ensimmaisen ja toisen asteenyleisiin funktioihin, saadaan ensimmaisen asteen (normalisoiduksi) ominaiskul-mataajuudeksi

ω01 =1

0,62≈ 1,613

Suodattimen ominaistaajuus halutaan siirtaa paikkaan f0 = 500Hz, joten

⇒ R1 =1

C1ω012πf0≈ 19,7 kΩ

Toisen asteen funktiolle

ω02 =1√

0,9308≈ 1,037

2D

ω0= 0,69 ⇒ D ≈ 0,358.

Lasketaan komponenttiarvot siirtaen samalla ominaiskulmataajuus taajuudellef0 = 500Hz. Kondensaattorit ovat yhta suuria, joten parjaamme yksinker-taisemmilla komponenttiarvojen kaavoilla

R2 =D

2πf0ω02C2≈ 11,0 kΩ


ja

R3 =R2

D2= 85,9 kΩ

Suodattimiin liittyvia kaavoja

Alipaasto-ylipaastomuunnos

Tekemalla alipaastosuodattimen siirtofunktioon sijoitus

s → 1

s

suodattimen ominaiskayra kaantyy kompleksitasossa nurin pain, toisin sanoennolla siirtyy aarettomyyteen ja aareton nollaan – alipaastosuodattimesta tuleeylipaastosuodatin.

Taajuuden siirto

Jos jokin piste siirtofunktiolla sijaitsee taajuudella fvanha ja se halutaan siirtaataajuudelle fuusi, se onnistuu sijoituksella

s → fvanhafuusi

s.


bb

230V 50Hz

@

D2

@

D1

C1 C2 RL

r

Regulaattori

Uin Uout

Tehtava 1

Oheisen verkkolaitteen diodit ovat piidiodeja, joiden kynnysjannite on 0,7V.Sahkoverkon taajuus f on 50Hz. Regulaattorin lahtojannite on 15V, ja sen tu-lojannite saa vaihdella valilla +18V . . .+ 28V. Kuorman ottama maksimivirtaIL = 700mA. Maaritaa) diodien estosuuntainen jannitteenkestovaatimusb) kondensaattorin C1 suuruusc) yksittaisen diodin kautta kulkevan virran maksimiarvo IDmax

d) muuntajan toisiojannitteen tehollisarvo UT.

Ratkaisu

a) Kun muuntajan lahtojannite on huipussaan niin etta Uin on 28V, on D1:nvasemman reunan jannite (maahan verrattuna) 28,7V. Talloin muuntajan kaamityksentoisessa paassa on −28,7V jannite. Diodin D2 yli on estosuuntaan 28V −(−28,7V) = 56,7V jannite. Diodien tulee siis kestaa estosuuntaan vahintaan56,7V jannite.b) Jaksonaika on 1/f = 20ms. Luennolla3 johdetun kaavan mukaan vaihekulma,jona aikana diodi ei johda, on

φ = φ1 + φ3 = arcsin18V+ 0,7V

28V+ 0,7V+ 90 ≈ 130,660

Tama skaalattuna ajaksi tekee

∆t =130,660

360· 20ms ≈ 7,259ms

Eli 7,259ms aikana jannite saa pudota ∆U = 28V− 18V = 10V, virran ollessa700mA. Kondensaattorin perusyhtalosta saadaan

∆U =I∆t

C1⇒ C1 =

I∆t

∆U⇒ C1 ≈ 508µF

c) Diodin virta on suurimmillaan silla hetkella, kun se juuri rupeaa johtamaan.

IDmax = CdU

dt+ IL = 2πfC1 · 28,7 cos(φ1) + 700mA = 4,175A

3Kaava on helppo johtaa — kysy Vesalta miten, jos et ollut luennolla.


d) Sinimuotoisen jannitteen tehollisarvo saadaan jakamalla huippuarvo luvulla√2:

UT =28,7V√

2≈ 20,3V


@

@

@

@

bb

230V 50Hz C1 C2 RL

IR?r

Regulaattori

Uin Uout

Tehtava 2

Kuvan verkkolaitteen janniteregulaattorin tulojannite vaihtelee valilla 7,5V . . . 15V.Verkon taajuus on 50Hz ja kuorman ottama virta 500mA. Regulaattorin omavirrankulutus IR on 2mA.a) Laske muuntajan toisiojannitteen tehollisarvo UT

b) Mitoita kondensaattori C1.c) Mika on yksittaisen diodin kautta kulkevan virran maksimiarvo?

Ratkaisu

a) Koska tassa tasasuuntaajamallissa virta kulkee kahden diodin lapi, on sisaantulojannitteenmaksimiarvoon lisattava kahden diodin kynnysjannite. Tehollisarvo saadaanjakamalla huippuarvo luvulla

√2, joten tehollisarvo on

UT =15 + 2 · 0,7√

2≈ 11,6V

b) Kondensaattorin mitoittaminen sujuu tasmalleen samalla tavalla kuin edel-lisessa tehtavassa. Nyt vain muuntajan toisiojannitteen huippuarvossa on kah-den diodin jannitehavio:

φ = φ1 + φ3 = arcsin7,5V + 2 · 0,7V15V+ 2 · 0,7V + 90 ≈ 122,87

∆t =122,87

360· 20ms ≈ 6,826ms

∆U = 15V− 7,5V = 7,5V ja kuorman ottamaan virtaan tulee lisata regulaat-torin ottama 2mA:

∆U =I∆t

C1⇒ C1 =

502mA · 6,826ms

7,5V⇒ C1 ≈ 457µF

c) Diodin kautta kulkevan virran maksimiarvo on:

IDmax = CdU

dt+ IL + IR = 2πfC1 · 16,4 cos(φ1) + 500mA+ 2mA = 2,48A

Elektroniikan perusteetLaskuharjoitus 14 - kertaustehtavia Vesa Linja-aho

Tehtava 1

Piirra piiri, joka toteuttaa funktion Uout = 2U1 − 4U2 (siis kaksi tulojannitettaU1 ja U2).

Ratkaisu

Kyseisen funktion voi toteuttaa vaikkapa invertoivalla summaimella. Koska toinensumman termeista on positiivinen, taytyy sen etumerkki kaantaa invertoivallavahvistimella:

1 kΩ

"""

bbb−+

−15V

+15V

2 kΩ

1 kΩ

"""

bbb−+

−15 V

+15V

1 kΩ

250 ΩU2

?

Uout

?

U1

?


R1 1 kΩ

"""

bbb−+

−15V

+15V

R2 15 kΩ

R3 150 kΩ

"""

bbb−+

−15 V

+15V

C 100 nF

Uout

?

Uin

?

Tehtava 2

Ratkaise piirin siirtofunktio F (s) = Uout

Uin. Onko piiri ali- vai ylipaastosuodatin?

Ratkaisu

Piiri koostuu kahdesta perakkaisesta invertoivasta vahvistimesta. Ensimmaisenvahvistuskerroin on

A1 = −R2

R1= −15

ja toisen

A2 = −1sC

R3

Koko piirin siirtofunktio on naiden tulo

F (s) = A1A2 =1000

s

Sijoitetaan s = jω ja lasketaan itseisarvo

|F (s)| = 1000

ω

Koska ω on nimittajassa, piiri on alipaastosuodatin (suurilla taajuuksilla nimittajaon hyvin suuri, joten vahvistus on pieni — vastaavasti matalilla taajuuksillanimittaja on pieni, joten vahvistus on suuri).


rrK

R1

2 kΩ

R2

8 kΩ

CR4 2 kΩ

R3 8 kΩ

+10V

rUx

?

Tehtava 3

Piiri on aluksi lepotilassa. Kytkin K suljetaan ajanhetkella t = 0. Miten Ux

muuttuu ajan funktiona? C = 100 nF

Ratkaisu

Kun kytkin suljetaan, kondensaattorin vasen paa on nollapotentiaalissa. Talloinsen yli on sama jannite kuin vastuksen R4 yli eli Ux. Kondensaattorin virta i(suunta oikealta vasemmalle) on puolestaan vastusten R3 ja R4 virtojen erotus.Kondensaattorin virralle patee i = C du

dt . Saamme differentiaaliyhtalon

CdUx

dt=

10− Ux

R3− Ux

R4

joka sievenee muotoon

−10R4

R3 +R4+ Ux + C

R3R4

R3 +R4

dUx

dt= 0

Taman ensimmaisen kertaluvun lineaarisen differentiaaliyhtalon ratkaisu on

Ux(t) = 10R4

R3 +R4+ ke

− t

CR3R4

R3+R4

Vakio k ratkeaa alkuehdosta: ajanhetkella t = 0 eli valittomasti kytkimensulkemisen jalkeen Ux = −6V (katso laskari 6 tehtava 3). Jotta Ux(t) olisi 0ajanhetkella t = 0, taytyy k:n olla -8. Lopullinen ratkaisu on siis

Ux(t) = 10R4

R3 +R4− 8e

− t

CR3R4

R3+R4 = 2− 8e−6250t (volttia)


@

@

@

@

bb

230V 50Hz C1 C2 RL

IR?r

Regulaattori

Uin Uout

Tehtava 4

Kuvan verkkolaitteen janniteregulaattorin tulojannite vaihtelee valilla 17V . . . 25V.Verkon taajuus on 50Hz ja kuorman ottama virta 100mA. Regulaattorin omavirrankulutus IR on 8mA.a) Laske muuntajan toisiojannitteen tehollisarvo UT

b) Mitoita kondensaattori C1.c) Mika on yksittaiselta diodilta vaadittu estosuuntaisen jannitteen kestovaa-timus?

Ratkaisu

Muuntajan toisiojannitteen (tasasuuntaussillalle tulevan jannitteen) amplitudinon oltava 25V + 2 · 0,7V = 26,4V, jotta regulaattorille saataisiin 25V volttia.Taman tehollisarvo on

UT =26, 4V√

2≈ 18,7V

Kondensaattorin koko ratkeaa tutuilla kaavoilla:

C =I∆t

∆U

Missa aika ratkeaa tasasuunnatun siniaallon kaavasta:

φ = φ1 + φ3 = arcsin17V+ 2 · 0,7V25V+ 2 · 0,7V + 90 ≈ 134,18

∆t =134,18

360· 20ms ≈ 7,455ms

Tarvittava kapasitanssi on siis

C1 =I∆t

∆U=

108mA · 7,455ms

25V− 17V≈ 100µF

Diodilta vaadittava estosuuntainen jannitteenkestovaatimus ratkeaa seuraavasti:ajatellaan, etta muuntajan kaamilla on juuri maksimijannite 26,4V (ylhaaltaalaspain). Talloin C1:n yli on 25 volttia ja oikeassa ylanurkassa olevan diodinyli 0,7V. Kirchhoffin jannitelain mukaan oikeassa alanurkassa olevan (estosuun-taisen) diodin yli on 25,7V. Diodien on siis kestettava vahintaan 25,7V jannite.

Elektroniikan perusteetLaskuharjoitus 15 - esimerkkitentti Vesa Linja-aho

+

−E1 +

−E2R2

R1 R3

U

I1 ?I2

Tehtava 1 a)

Ratkaise U , I1 ja I2. Kustakin saa yhden pisteen. Tarkista lopuksi ettet menetaturhaan pisteita sahlaamalla etumerkkien tms. kanssa!E1 = 10VE2 = 15VR1 =1kΩ R2 = 2kΩ R3 = 2,5 kΩ

Ratkaisu

Tehtavan voi ratkaista kerrostamismenetelmalla, kirjoittamalla silmukkajanniteyhtalottai solmuvirtayhtalon. Naista viimeinen tuottaa vahiten paanvaivaa. MerkitaanR2:n yli olevaa jannitetta (nuolen suunta ylhaalta alaspain) x:lla. Koska I2 onvirran I1 ja vastuksen R3 kautta tulevan virran summa, voidaan kirjoittaa

x

R2=

E1 − x

R1+

E2 − x

R3

josta ratkeaa x

x = 1R1

+ 1R2

+ 1R3

=160

19V ≈ 8,42V

Nyt kysytyt suureet ratkeavat ongelmitta

U = E2 − x ≈ 6,6V I1 =E1 − x

R1≈ 1,6mA I2 =

x

R2≈ 4,2mA


+

−Uin

"""

bbb+

−3 kΩ

1 kΩ

2 kΩ

"""

bbb−+

R

Uout

?

Tehtava 1 b)

Jannitteeksi Uout mitattiin -5 volttia, kun Uin oli 2 volttia. Kuinka suuri onvastus R? (max. 3 pistetta)

Ratkaisut

Tehtavassa on kytketty perakkain ei-invertoiva ja invertoiva operaatiovahvistinkytkenta.Ei-invertoivan vahvistimen vahvistus on A1 = 1+ 3 kΩ

1 kΩ = 4 ja invertoivan vahvis-

timen vahvistus on A2 = − R2 kΩ . Koska koko piiri vahvistaa 2 voltin jannitteen

-5 voltiksi, on koko piirin vahvistus

A =Uout

Uin=

−5

2= −2,5

Koko piirin vahvistus on perakkaisten vahvistusasteiden tulo, eli A = A1A2.Tasta ratkeaa R:

A = A1A2 = −2,5 ⇔ 4−R

2 kΩ= −2,5 ⇔ R = 1,25 kΩ


+

−Uin

R1

C R2 Uout

?

Tehtava 1 c)

Uin on sinimuotoinen vaihtojannite, jonka taajuus on 1 kHz ja amplitudi 2 volt-tia. Kuinka suuri on jannitteen Uout amplitudi? (max. 4 pistetta) R1 = R2 =1kΩ C = 10 nF

Ratkaisu

Merkitaan C:n ja R2:n rinnankytkentaa Z:lla. Sen impedanssi (eli vaihtovir-tavastus) on

Z =1

sC + 1R2

=R2

sR2C + 1

Nyt voidaan ratkaista jannitteenjakosaannolla

Uout = UinZ

Z +R1= Uin

1

1 + R1

Z

ja sijoitetaan Z

Uout = Uin1

1 +R1sR2C+1

R2

= Uin1

1 + R1

R2+ sCR1

Sijoitetaan s = jω ja ratkaistaan siirtofunktion Uout

Uinitseisarvo

∣

∣

∣

Uout

Uin

∣

∣

∣=

∣

∣

∣

∣

∣

1

1 + R1

R2+ sCR1

∣

∣

∣

∣

∣

=1

√

(1 + R1

R2)2 + (ωCR1)2

Sijoittamalla annettu kulmataajuus ω = 2π · 1 kHz nappailemalla lukuarvotlaskimeen saadaan

∣

∣

∣

Uout

Uin

∣

∣

∣≈ 0,499753

Lahtojannitteen amplitudi saadaan kertomalla tulojannitteen amplitudi siirto-funktion itseisarvolla

|Uout| = |Uin| · 0,499753 ≈ 0,9995

jonka voi hyvin pyoristaa yhteen volttiin.


+

−Uin

R1

R@@

R2

+ −

E

Uout

?

Tehtava 2 a)

Piirra koordinaatistoon, miten jannite Uout muuttuu Uin:n funktiona, kun Uin

kasvaa nollasta kymmeneen volttiin. Otsikoi akselit ja jakovalit selvasti jayksikasitteisesti! (max. 5 pistetta) R1 = 10 kΩ R2 = 1kΩ E = 5V β = 100

Ratkaisu

Transistori alkaa johtaa vasta, kun Uin saavuttaa kanta-emitteridiodin kyn-nysjannitteen 0,7V. Eli kun Uin ≤ 0,7V, Uout = E koska transistorin kantavirtaja kollektorivirta ovat nolla. Kun Uin ylittaa 0,7 V, on kantavirta

IB =Uin − 0,7V

R1

ja kollektorivirtaIC = βIB

Mita suurempi on Uin, sita suurempi on kollektorivirta ja jannitehavio R2:n yli:

Uout = E − ICR2 = E −R2βUin − 0,7V

R1

Uout ei voi kuitenkaan laskea alle transistorin saturaatiojannitteen (0,2 V).Ratkaistaan, milla Uin:n arvolla saturaatiotila saavutetaan:

E − ICR2 = E −R2βUin − 0,7V

R1= 0,2V ⇔ Uin = 1,18V

Koska transistorin kollektorin ja emitterin valinen jannite ei voi milloinkaanlaskea alle saturaatiojannitteen, Uout pysyy 0,2 voltissa vaikka kantavirtaa kas-vatettaisiin kuinka paljon tahansa:


0

1

2

3

4

5

6

Uout

(V)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Uin (V)


Uin

?

C2 C1R1

R2

"""

bbb−+

−15 V

+15V

Uout

?

Tehtava 2 b)

Onko kuvan piiri ali- vai ylipaastosuodatin? (1 piste) Kuinka suuri on piirinlahtojannite Uout, jos Uin on 1 voltin tasajannite (1 piste)? Entapa jos Uin on20 voltin tasajannite? (1 piste)

Ratkaisu

Piirissa on tulojannitteen kanssa sarjassa kondensaattori, joten se ei voi ol-la ainakaan alipaastosuodatin (matalat taajuudet eivat paase kondensaattorinlapi). Siispa se on se toinen vaihtoehto eli ylipaastosuodatin. Juurikin samaisenkondensaattorin takia lahtojannite on ja pysyy nollassa, mikali Uin on tasajannite.Eli Uout = 0V olipa tulojannite sitten 1V tai 20V.


Tehtava 2 c)

Piirra piiri, joka toteuttaa funktion Uout = |Uin| (4 pistetta)

Ratkaisu

Tama onnistuu esimerkiksi kuutoslaskarin ykkostehtavan piirilla, kotitehtava5:n piirilla tai seuraavalla piirilla (esitelty luennolla):

+

−Uin

R

"""

bbb−+

−15 V

+15VR

@

"""

bbb−+

−15 V

+15 V

Uout

?


Uin

?

R

C

"""

bbb−+

−15V

+15V

2R

2C

"""

bbb−+

−15 V

+15V

Uout

?

Tehtava 3 a)

Ratkaise kuvan piirin ominaiskulmataajuus ω0 ja D (kummastakin 3 pistetta).Onko piiri alipaasto- vai ylipaastosuodatin? (1 piste)

Tehtava 3 b)

Kaverisi vaitti, etta toisen asteen alipaastosiirtofunktion vaihesiirto on aina−90, kun f = f0 eli kun piiriin syotetaan signaalia piirin ominaistaajuudel-la. Puhuiko han totta vai ei? Jarkiperusteltu vastaus (laskut ja/tai paatelmatnakyviin) tuo 3 pistetta.

Ratkaisu: 3 a)

Piirissa on kaksi perakkain kytkettya RC-alipaastosuodatinta, ensimmaisen si-irtofunktio on (jannitteenjakosaannolla)

1sC

R+ 1sC

=1

RCs+ 1

ja toisen (vain komponenttiarvot poikkeavat)

1

4RCs+ 1.

Koko piirin siirtofunktio on edellisten tulo:

Uout

Uin=

1

4RCs+ 1

1

RCs+ 1=

1

(2RC)2s2 + 5RCs+ 1

Verrataan tata toisen asteen alipaastosuodattimen yleiseen siirtofunktioon:

1

(2RC)2s2 + 5RCs+ 1=

1

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1

Vertaamalla toisen asteen termeja keskenaan, saadaan:

ω0 =1

2RC

Verrataan ensimmaisen asteen termeja keskenaan ja sijoitetaan asken ratkaistuω0:

D =5

4


Ratkaisu: 3 b)

Sijoitetaan toisen asteen alipaastofunktioon f = f0 eli ω = ω0:

1

( jω0

ω0)2 + 2D jω0

ω0+ 1

=1

1− 1 + 2Dj= −j

1

2D

Luku on puhtaasti imaginaarinen ja negatiivinen, eli sen kulma on −90.


Tehtava 4 a)

Ylipaastosuodattimen siirtofunktio on:

Uout

Uin=

20s2

2s2 + 200s+ 80000

Laske piirin ominaistaajuus f0, jannitevahvistus tasajannittella A0, amplitudi-vasteen maksimiarvo |Uout

Uin|max, seka taajuus, jolla maksikohta sijaitsee (fmax).

Kustakin saa yhden pisteen.

Tehtava 4 b)

Toisen asteen Tshebyshev -suodattimelle annetaan nimittajapolynomi (s2 +1, 098s+1, 516). Muodosta polynomin pohjalta vastaavan alipaastosuodattimensiirtofunktio. Kuinka suuri on ominaistaajuus ω0 ja vaimennusvakio D? Laskesiirtofunktion vaihevaste kulmataajuudella ω = 1. (yksi piste kustakin arvosta).

Tehtava 4 c)

Kauppakorkeakoulun kaynyt esimiehesi tormasi sahkotekniseen kaavaan, jossaesiintyi symboli ω0. Han kysyi, miten se lausutaan. Kollegasi oli vaittanyt, ettase on ”vee-nolla”, mutta se kuulosti niin epauskottavalta etta pomo paatti vielavarmistaa asian sinulta. Miten symboli lausutaan? (1 piste)

Tehtava 4 d)

Ovatko seuraavat vaitteet totta vai tarua:

1. Kondensaattorin virta on kaantaen verrannollinen sen jannitteen muu-tosnopeuteen

2. Operaatiovahvistimen tulojannitteiden erotus on aina nolla, toisin sanoenU+ = U−

Oikea vastaus per kohta = 1 piste, vaara vastaus = 0,5 miinuspistetta.


Ratkaisut

4 a)

Jannitevahvistus tasajannitteella saadaan sijoittamalla s = jω, missa ω = 0. Os-oittajaan tulee nolla, joten A0 = 0. Ominaistaajuus ratkeaa supistamalla funk-tiota niin, etta se on verrattavissa perusmuotoiseen 2. asteen ylipaastofunktioon,joka siis on

( sω0

)2

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1.

Otetaan luku 10 osoittajan vakiokertoimeksi, minka jalkeen supistetaan luvulla80000:

102s2

800002s2

80000 + s400 + 1

Ominaiskulmataajuus ja ominaistaajuus voidaan katsoa toisen asteen termeista:

(s

ω0)2 =

2s2

80000⇒ ω0 = 200 ⇒ f0 =

100

π≈ 32Hz

Amplitudivasteen maksimin paikka loytyy derivaatan avulla (sijoitetaan s = jω,lasketaan itseisarvo ja derivoidaan lauseke ja etsitaan derivaatan nollakohta):

fmax ≈ 34Hz

Sijoittamalla tama alkuperaiseen siirtofunktioon, saadaanmaksimiarvoksi |Uout

Uin|max ≈

20,7.

4 b)

Siirtofunktio saadaan sijoittamalla annettu nimittajapolynomi nimittajaan (eisen monimutkaisempaa). Veivataan se perusmuotoon (nimittajaan nollannenasteen termiksi ykkonen), niin nahdaan ω0 ja D:

1

(s2 + 1,098s+ 1,516)=

1

1,516

1s2

1,516 + 1,098s1,516 + 1

Ominaiskulmataajuus ω0 =√1,516 ≈ 1,23 ja vaimennusvakio

1,098s

1,516= 2D

s

ω0⇒ D ≈ 0,4459

Vaihevaste saadaan laskemalla siirtofunktion kulma

1

( sω0

)2 + 2D sω0

+ 1⇒ φ = − arctan

2D ωω0

1− ( ωω0

)2

johon sijoittamalla lukuarvot saadaan φ ≈ −65.

4 c)

ω0 lausutaan tietenkin omega-nolla. Vee-nolla tarkoittaa alkunopeutta tai alku-tilavuutta :-).


4 d)

Vaite 1. on vaarin. Kondensaattorin virta on suoraan verrannollinen jannitteenmuutosnopeuteen, eli i = C du

dt Vaite 2. on myos vaarin. Tulojannitteet ovat ainasamoja vain negatiivisessa takaisinkytkennassa, ja siinakin vain, jos kayttojannitteetsen sallivat.

Huom! Tassa esimerkkitentissa ei ollut tehtavaa vaikkapa zenerdiodeista, mut-ta oikeassa tentissa voi olla. Tama esimerkkitentti antanee oikean kuvan tentinvaikeustasosta, mutta lopullisesta tentista on mahdoton sanoa etukateen onkose juuri sinulle vaikeampi vai helpompi.

Tentin maksimipistemaara on 40. 20 pistetta on hyvaksytty suoritus, viitoseentarvitaan 35 pistetta.

elektroniikan perusteet - harjoitustehtäviä

Documents