Elektronik Übung Blatt 1 Lösungen - University Material University

Elektronik, Übung, Prof. Ackermann
Christoph Hansen
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Inhaltsverzeichnis
Aufgabe 1
2
Aufgabe 2
3
Aufgabe 3
7
Aufgabe 4
11
1
2
C. Hansen
Aufgabe 1
a)
Wir nehmen an das beide Dioden leiten! Wir berechnen die Maschen wie auf dem Bild dargestellt:
0 = 10 V − IR1 · R1
10 V
⇔ IR1 =
= 2 mA
R1
Masche II :
0 = −IR2 · R2 + 10 V
10 V
= 1 mA
⇔ IR2 =
R2
Knoten I :
0 = −IR1 + IR2 + I
Masche I :
⇔ I = IR1 − IR2 = 1 mA
Die Spannung U berechnen wir dann so:
Masche III :
0 = 10 V − IR1 · R1 + U
⇔ U = −10 V + IR1 · R1 = 0 V
3
C. Hansen
b)
Wir gehen wieder davon aus, das die Dioden leiten und können die selben Formeln wie vorhin
benutzen:
IR1 = 1 mA
IR2 = 2 mA
I = IR1 − IR2 = −1 mA
Das ist ein Widerspruch zu der Annahme, das unsere Dioden leiten, das D1 hier in Sperrrichtung
betrieben wird! Deshalb machen wir jetzt die Annahme, das D1 sperrt udn D2 leitet. Wir betrachten
wieder die Maschen:
Masche I :
0 = 10 V − I x · R2 + 10 V
20 V
⇔ Ix =
= 1,33 mA
R1 + R2
Für dem Strom I gilt wegen der Unterbrechung I = 0
Masche II :
0 = 10 V − 1,33 mA · 10 kΩ + U
⇔ U = 13,33 V − 10 V
= 3,33 V
Aufgabe 2
Wir müssen uns zunächst klarmachen wann die jeweiligen Dioden leiten:
Die normale Diode D2 leitet nur bei positiver Polarität, also wenn oben eine positive und unten eine
negative Spannung anliegt.
4
C. Hansen
Die Zehnerdiode leitet bei positiver Polarität mit UZ = 4,7 V und bei negativer Polarität mit U K =
0,7 V.
Wir müssen zudem den Spannungsbereich in verschiedene Bereiche aufteilen, da sich die Dioden
je nach Spannung anders verhalten.
Bereich I
−0,6 V ≤ U Ein ≤ 0,7 V
Hier gilt U Ein = U Aus , da die Dioden beide Sperren.
Bereich II
−10 V ≤ U Ein ≤ −0,6 V
Hier haben wir den Fall, das D1 leitet, aber D2 sperrt, daraus ergibt sich folgendes Schaltbild
Wir betrachen wieder die Maschen:
0 = −U Ein + I · R + I · 2R − 0,6 V
U Ein + 0,6 V
⇔I=
3R
Masche II :
0 = 0,6 V − I · 2R + U Aus
2R
⇔ U Aus = I · 2R − 0,6 V =
· (U Ein + 0,6 V) − 0,6 V
3R
2
1
= · U Ein − · 0,6 V
3
3
Masche I :
⇒ U Aus (−10 V) = −6,86 V
5
C. Hansen
Bereich III
0,7 V ≤ U Ein ≤ U x V
Wir betrachten wieder die Maschen:
Masche I :
Masche II :
0 = −U Ein + I · R + I · 3R + 0,7 V
U Ein − 0,7 V
⇔I=
4R
0 = −0,7 V − I · 3R + U Aus
U Aus = 3R · I + 0,7 V
U Ein − 0,7 V
= 3R ·
+ 0,7 V
4R
3
1
= · U Ein + · 0,7 V
4
4
Beireich IV
Wir gehen weiter davon aus, das beide Dioden leiten.
U x V ≤ U Ein ≤ 10 V
Wir bestimmen nun U x , dazu setzen wir an, dass die Spannung an D1 die Zehnerspannung erreichen muss, also gilt UZ = U D1 = 4,7 V. Da die die Ausgaspannung parallel zu den Dioden abgegriffen wird, ist unsere Ausgangsspannung auch U Aus = 4,7 V. Das setzen wir in die Gleichung von
Bereich III ein und rechnen die nötige Eingangsspannung aus:
3
1
· U Ein + · 0,7 V
4
4
= 6,03 V
4,7 V =
⇔ U Ein
6
C. Hansen
Wir haben jetzt das folgende Schaltbild:
Wir wenden, um die entgültige Ausgangsspannung berechnen zu können, das Superpositionsprinzip an. Das heißt wir lassen nur jeweils eine Spannungsquelle übrig und überlagern die Ergebnisse:
Nur Eingangsspannung
0
U Aus
= U Ein ·
2R·3R
2R+3R
2R·3R
+ 2R+3R
R
6
=
· U Ein
11
Nur Zehnerdiode
00
U Aus
= 4,7 ·
=
R·3R
R+3R
R·3R
2R + R+3R
3
· 4,7
11
Nur normale Diode
000
U Aus
= 0,7 ·
=
R·2R
R+2R
R·2R
3R + R+2R
2
· 0,7
11
Wenn wir alle Teilspannungen addieren, erhalten wir die Gesamtspannung:
0
00
000
U Aus = U Aus
+ U Aus
+ U Aus
6
3
2
=
· U Ein +
· 4,7 +
· 0,7
11
11
11
C. Hansen
7
Das Diagramm sieht dann schematisch so aus:
Aufgabe 3
a)
Wir wandeln die Stromquelle zunächst in eine Ersatzspannungsquelle um:
Wir erhalten dann folgendes Schaltbild (der blaue Teil hat er später Relevanz)
Wir stellen nun die Maschengleichungen auf:
8
C. Hansen
Masche I :
U x − Ie · Re − Uk − IB · RB = 0
Masche II :
−U Aus − Rc · Ic + Ucc = 0
⇔ U Aus = Ucc − Rc · Ic
Nun ersetzen wir den Strom Ie und IB :
Gleichung III :
Gleichung IV :
Ic
AN
Ic
Ic (1 − AN )
IB =
=
BN
AN
Ie =
Wir setzen dies ein:
Ic
Ic (1 − AN )
−
· Re = 0
A N · Re − U k
AN
!
(1 − AN ) · RB
Re
+
⇔ U x − U k = Ic
AN
AN
U x − Uk
⇔ Ic =
· AN
Re + (1 − AN ) · RB
Ux =
Wir setzen in die Gleichug für Masche II ein:
U x − Uk
· A N · Re
Re + (1 − AN ) · RB
U x − 0,7V
= 5V −
· 0,995 · 5000Ω
1000Ω + (1 − 0,995) · 1000Ω
= 8,469 V − 4,94 · U x
U Aus = Ucc −
Wir müssen für U x wieder einsetzen (sehr wichtig!!):
= 8,469 V − 4,94 kΩ · Iein
Sperrgrenze
An der Sperrgrenze gilt U Aus = Ucc = 5 V. Damit berechnen wir den Strom:
9
C. Hansen
5 = 8,465 − 4,95 · Iein
⇔ Iein = 0,7 mA
U x = 0,7 mA · 1000 Ω = 0,7 V
Sättigungsgrenze
Wir betrachten nun den blauen Kreis und stellen dafür einen neue Gleichung auf:
Gleichung V :
U Aus = −RB · IB − Uk
Wir ersetzen nun Ie in Masche I:
0 = U x − Re · (BN + 1) · IB − Uk − IB · RB
U x − Uk
⇔ IB =
Re · (BN − 1) + RB
Wir setzen in Gleichung V ein:
U x − Uk
− Uk
Re · (BN − 1) + RB
U x − 0,7 V
= −1000 Ω ·
− 0,7 V
1000 Ω · 201 + 1000 Ω
0,7 V
Ux
+
− 0,7 V
=−
201
201
Ux
=
− 0,697 V
201
U Aus,S tt = −RB ·
⇔ U Aus
An der Sättigungsgrenze gilt:
U Aus,S tt = U Aus,cc
Ux
− 0,697 V = 8,469 V − 4,94 · U x
201
⇔ U x = 1,85 V
⇒ Iein =
1,85
Ux
=
= 1,85 mA
Re
1000
10
C. Hansen
b)
Wir betrachten den rechten Ausschnitt der Schaltung:
Wir nutzen die Superposition:
RL
5 · 500
=
Rc + RL 500 + 5000
= 0,45 V
0
U Aus
= Ucc ·
Nun betrachten wir die Ströme:
00
U Aus
= −IL · RL
mit
I L = Ic ·
Rc
RL + Rc
Rc
· RL
RL + Rc
= −Ic · 454,54
= Ic ·
0
00
⇒ U Aus = U Aus
+ U Aus
= 0,45 V − Ic · 454,54 Ω
11
C. Hansen
Aufgabe 4
Zunächst ersetzen wir den linken Teil der Schaltung wir folgt:
Dann können wir Gleichungen für U x und R x aufstellen:
3 Uein
R2
= Uein · =
R1 + R2
9
3
R1 · R2
Rx =
+ RB = 3 kΩ
R1 und R2 sind parallel!
R1 + R2
U x = Uein ·
Wir erhalten dann diese Schaltung:
Wir stelle die Maschengleichungen auf:
Masche I :
Gleichung II :
Masche III :
−U x + R x · JB + Uk + Re · Ie = 0
U Aus1 = Re · Ie
−Rc · Ic − U Aus2 = Ucc
Wir ersetzen IB :
IB =
Ie
=
BN + 1
Ie
AN
1−AN +
= Ie · (1 − AN )
1
12
C. Hansen
Wir setzen in die Gleichung für Masche I ein:
0 = −U x + R x · Ie · (1 − AN ) + Uk + Re · Ie
U x − Uk
Ie =
R x · (1 − AN ) + Re
Jetzt können wir in die Gleichung II einsetzen:
U Aus1 = Re · Ie = Re ·
U x − Uk
R x · (1 − AN ) + Re
Nun schauen wir uns die Masche III an:
U Aus2 = Ucc − Rc · Ic
= Ucc − Rc ·
mit
Ic = Ie · A N
U x − Uk
· AN
(1
R x · − A N ) + Re
Sperrgrenze:
Bei der Sperrgrenze gilt U Aus1 = 0 V bzw. U Aus2 = Ucc = 5 V. Wir stellen dann auf:
U x = Uk
⇒ U Ein,S perr = 3 · Uk = 2,1 V
Sättigungsgrenze:
An der Sättigungsgrenze gilt U Aus1 = U Aus2 :
U Aus1 = 0,971 · U x − 0,68 V = 0,324 · U Ein − 0,68 V
U Aus2 = 11,762 V − 3,22 · U Ein
0,324 · U Ein − 0,68 V = 11,762 V − 3,22 · U Ein
⇔ U Ein = 3,511 V
⇒ U Aus1 = 0,457 V

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