Tentamen Elektronik för F (ETE022)

Transkript

1 Tentamen Elektronik för F (ETE022) Tillåtna hjälpmedel: formelsamling i kretsteori, ellära och elektronik. Tal 1 En motor är kopplad till en spänningsgenerator som ger spänningen V 0 = 325 V (230 V i effektivvärdesskala) vid frekvensen f = 50 Hz. Motorns effekt är P = 600 W. Motorn är induktiv (kan modelleras med en induktans i serie med en resistans) med effektfaktorn cos ϕ = 0.8. a) Vad är motorns reaktiva effekt? b) Hur stort är strömmens toppvärde, I, i ledningen till generatorn? c) Hur stor kapacitans C ska parallellkopplas med motorn för fullständig faskompensering? Den reaktiva effekten i kondensatorn ska släcka ut den reaktiva effekten i motorn vid fullständig faskompensering. d) Hur stort är strömmens toppvärde, I 1, i ledningen till generatorn efter inkoppling av en sådan kapacitans? Du behöver inte räka ut några siffervärden, svara med storheter som V 0, f, P, ϕ. Tal 2 C 1 1 v in C v Figuren visar en koppling för att variera förstärkningen, A = V 6 /V in, för bas och diskant delarna i en radio. esistanserna uppfyller = 1, = 4 där 1 och 4 är konstanta och fördelningen (mellan tex 11 och 12 ) kan varieras genom att vrida en tonkontroll på radion. Noderna är numrerade 1 till 9 med tillhörande nodpotentialer V 1,..., V 9. a) Ange vilka nodpotentialer V n (minimalt antal) som du behöver använda för att beräkna A med nodanalys. b) Ange vilka noder (minimalt antal) som du behöver använda Kichhoffs strömlag (KCL) på för att bestämma de obekanta nodpotentialerna. (Du behöver inte skriva upp nodanalysekvationerna.) c) Bestäm förstärkningen A i lågfrekvensgränsen (bas), dvs då ω = 0. Insignalen ges av v in (t) = e{v in e jωt } och resistanserna, 1 = 10, 3 = /3, 4 = 50 är givna. 1

2 Tal 3 a b Z 0 2Z 0 4Z 0 4Z 0 z=0 z=`1 z=`1 z=`2 Bestäm impedansen mellan nodparet ab. Kopplingen består av två transmissionsledningar med karakteristiska impedanser Z 0 och 4Z 0. Tal 4 v 1 v 2 v 3 v s2 v s1 (t) Bestäm potentialerna v 1, v 2, v 3 då v s2 = 15 V och v s1 = 10 sin(ωt) V. Dioderna är ideala och resistansen = 100 Ω. Tal 5 Brytaren i figuren nedan har varit öppen en lång tid och sluts vid tiden t = 0. Spänningen v 0 är konstant. C v 0 v(t) L a) Bestäm spänningen v(t) för t > 0. b) Bestäm ett förhållande mellan, C och L så att v(t) = 0 för alla t > 0. 2

3 Tal 6 Nedanstående koppling är en differentiell förstärkare, dvs utsignalen är proportionell mot differensen av insignalerna v 1 och v 2. V DD 1 D D 1 v ut C C C C v 1 2 S 2 v 2 Anta att transistorerna är identiska och har samma arbetspunkt, och småsignalparametrarna g m och r d kan antas kända. Anta också att kapacitanserna kan betraktas som kopplingskondensatorer och att r d =. a) ita småsignalschema och bestäm v ut. b) Bestäm utgångsresistansen. Denna beräknas genom att kortsluta insignalerna och beräkna den ström i som skulle gå in i utgången om en ideal spänningskälla v kopplades in på utgången. Utgångsresistansen är då ut = v/i. 3

4 Lösningsförslag Tal 1 a) Med den komplexa effekten S = P jq = S (cos ϕ j sin ϕ) = P (1 j sin ϕ/ cos ϕ) finner man att Q = P sin ϕ/ cos ϕ. Sambandet 1 = cos 2 ϕ sin 2 ϕ ger sin ϕ = 0.6 eftersom Q och sin ϕ är positiva för induktiva belastningar. Totalt Q = 3P/4 = 450 VA r. b) Den skenbara effekten S = V 0 I /2 ger strömmens toppvärde där vi använt att P = S cos ϕ. I = 2 S V 0 = 2P V 0 cos ϕ 4.6 A c) Den reaktiva effekten i kondensatorn, Q C, ska släcka ut den reaktiva effekten i motorn vid fullständig faskompensering. Använd att den komplexa effekten i kondensatorn är S C = 1 2 V 0I C = V jωc = jq C och därmed Q C = V 0 2 ωc/2. Med Q Q C = 0 bestäms slutligen kapacitansen till C = 3P 2 V µf ω d) Följer lösningen till b) men med S tot = P (eller cos ϕ tot = 1) eftersom den totala reaktiva effekten är 0. Det ger strömmen I 1 = 2 S tot V 0 = 2P V A Tal 2 Noderna är numrerade 1 till 9 med tillhörande nodpotentialer V 1,..., V 9. a) Potentialen i nod 1,5 är givna och nodpotentialerna i 7, 9 elimineras genom att seriekoppla de kringliggande motstånden. Nodpotentialerna V n där 2, 3, 4, 6, 8. b) KCL på noderna 2, 3, 4, 5, 8. c) Med ω = 0 ger kondensatorerna ett avbrott, vilket förenklar kretsen. Med V 3 = 0 (ingen ström genom mellan 3 och 5) blir KCL på nod 3 som ger 0 V in 11 0 V ut 12 = 0 V ut = V in (1) Förstärkningen varierar därmed mellan = A 1 = 11 4

5 Tal 3 Lasten till 4Z 0 ledningen är anpassad vilket ger reflektionsfaktorn Γ 2 = 0. Det ger en parallellkoppling mellan 2Z 0 och 4Z 0, dvs 4Z 0 /3 som avslutning på ledningen vid z = l 1 och Γ 1 = 1/7. Inimpedansen blir då Z ab = Z 0 7 e jβl1 7 e jβl 1 Tal 4 Nodpotentialerna v 1 och v 3 kan inte vara positiva och nodpotential v 2 kan inte vara negativ. v 1 = 0 V eftersom att den också har en potential mellan v s2 och 0. v 2 ligger mellan v 1 och v 2 och därmed också v 2 = 0 V. Om v s2 > 0 V blir på samma sätt v 3 = 0 V v 3 kan vara negativ om v s2 < 0 V. Dioden fungerar då som ett avbrott ger v 3 = v s2 /2 om v s2 < 0 V. Tal 5 a) Spänningen över respektive gren kan skrivas vilket ger lösningarna v 0 = i L L di L dt v 0 = v C C dv C dt i L = v 0 (1 et/l ) v C = v 0 (1 e t/c ) där vi tagit hänsyn till att kretselementen är energitomma vid t = 0. Spänningen är v(t) = v 0 i L (t) (v 0 v C (t)) = v 0 (e t/c e t/l ) b) Spänningen blir noll om 1/(C) = /L, som också kan skrivas 2 = L/C. Tal 6 a) Småsignalschemat är 5

6 1 D D 1 v ut G1 g m v gs1 g m v gs2 G2 S v gs1 v gs2 v 1 2 S 2 v 2 Utspänningen ges av potentialskillnaden mellan anslutningarna, v ut = (0 D g m v gs1 ) (0 D g m v gs2 ) = D g m (v gs2 v gs1 ) Denna är proportionell mot skillnaden i insignalerna eftersom Alltså har vi utsignalen v ut = D g m (v 1 v 2 ). v gs1 v gs2 = v G1 v S (v G2 v S ) = v 1 v 2 b) Utgångsresistansen bestäms genom att nollställa inspänningarna, vilket kortsluter resistanserna 2, och ansätta en spänning v över utgången enligt nedanstående schema. 1 D D 1 i v G1 g m v gs1 g m v gs2 G2 S v gs1 v gs2 S Uppenbarligen är v gs1 = v gs2 spänningen över S. De styrda strömkällorna ger upphov till två strömmar som tillsammans ger spänningen v S0 = S (g m v gs1 g m v gs2 ) = 2 S g m v gs1 Samtidigt ger figuren att v S0 = v gs1, och den enda möjliga lösningen är v gs1 = v gs2 = 0, vilket leder till att strömmen i endast går i en sluten slinga genom utgången och de två resistanserna 6

7 D. Alltså ger Kirchhoffs spänningslag v = D i D i ut = v i = 2 D 7