Lösungsvorschlag Klausur Elektronik II SS2009 Aufgabe 1 (12 Punkte): Netzwerkberechnung

Lösungsvorschlag Elektronik II SS2009
1. März 2010
Lösungsvorschlag Klausur Elektronik II SS2009
Aufgabe 1 (12 Punkte): Netzwerkberechnung
1. Z 1 in Reihe zur Stromquelle I 1 →unwirksam für U x
Überlagerungssatz:
I x = H x1 I 1 + Z x1 U 1 + Z x2 U 2
H x1
Z x1
Z x2
I x =
I 1 U1 ,U2 =0
I x =
U 1 I1 ,U2 =0
I x =
U U (1)
x = −I 1
1
1
Z2
+
1
Zx
+
1
Z3
I (1)
x =
Ux
Zx
U (2)
x = U1
Z x kZ 3
Z 2 + Z x kZ 3
I (2)
x =
Ux
Zx
U (3)
x = U2
Z x kZ 2
Z 3 + Z x kZ 2
I (3)
x =
Ux
Zx
2 I1 ,U1 =0
einsetzen liefert:
X
Ix =
I (i)
x
i
−1
=
1+
Zx
Z2
+
Zx
Z3
I1 +
Z x kZ 3
Z x kZ 2
U1 +
U
Z x (Z 2 + Z x kZ 3 )
Z x (Z 3 + Z x kZ 2 ) 2
2. Z x → ∞
Ux
=
Zx · Ix
=
−
Z x →∞
=
−
1
1
Z2
1
Z2
+
1
+
1
Zx
1
Z3
+
1
Z3
I1 +
I1 +
Z x kZ 3
Z x kZ 2
U1 +
U
Z 2 + Z x kZ 3
Z 3 + Z x kZ 2 2
Z3
Z2
U1 +
U
Z2 + Z3
Z3 + Z2 2
1
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Aufgabe 2 (13 Punkte): Komplexe Rechnung, Ortskurve
1.
a)
UC = U1 ·
1
jωC1
R1 +
1
jωC1
U1
1 + jωR1 C1
=
max|UC | = U1 |ω=0
1
UC
Im(U C)
ω=0
8
ω=
UR = U2 ·
= U2 ·
R2
R2 + jωL2 +
Re(UC)
1
jωC2
R2
1
jωC2
1
ωR2 C2
R2 + j ωL2 −
1
= U2 ·
1+j
max|UR | = U2 für ω
L2
ωR
2
−
L2
1
=
R2
ωR2 C2
1
UR
Im(U R)
ω=0
Re(UR )
8
ω=
b) max|UC | = 2 · max|UR | ⇒ U1 = 2 · U2
2
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2. U1 = U2 : Ortskurve für UC und unterer Halbkreis der Ortskurve für UR haben
identischen Verlauf (aber nicht identische Frequenzskalierung)
Im
a
UR
Re
UC
UA
b
UA =U C−UR
Ux = UC − UR
Forderung: < {Ux (ωx )} = 0 ⇔ Ux muss senkrecht stehen
⇒ Schnittpunkte jeder senkrechten Linie (gestrichelt) mit den Ortskurven UR , UC
markieren Vektoren die die Forderung erfüllen.
Maximale Distanz zwischen den Schnittpunkten bei Kreisdurchmesser, d.h. UR liegt
a UC im Punkt ○.
b
im Punkt ○,
Hierbei gilt:
a <(UR ) = =(UR ) > 0 ⇒ ωx LR2 − ωx1RC = 1
○:
1
b ωx = RC
○:
⇒ Dimensionierungsvorschrift: RL22C − 1 = 1 ⇒ RL22C = 2
3
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Aufgabe 3 (13 Punkte): Schaltungsdimensionierung und -berechnung
1. Für Arbeitspunktbetrachtung:
UB
RB
RC
UC
U0
IB
RB
UE
RT + RE
U0
2
⇒ UE = UB − UBE,0
UE
UB − UBE0
⇒ IE = IC =
=
RT + RE
RT + RE
U0 /2 − UBE0
=
RT + RE
IB = 0 ⇒ UB =
Steilheit des Transistors:
gm =
IC
U0 − 2UBE0
=
UT
2UT (RT + RE )
2. Bestimmung des normalaktiven Bereichs:
max(UC ) = U0
wenn IC = 0,
min(UC ) = UB = U0 /2
da an Grenze des normalaktiven Bereichs UCB = 0
3. Bestimmung der Grundschaltung
I1
U2
RB
U1
RB
UE
Basisgrundschaltung
RT
IC
RE
RT
Zei∗ n
U1
4
RB /2 U2
RC
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4. Bestimmung der Eingangsimpedanz
β
RB /2
1
β
re
Zei∗ n
U1
∗
= RE ||(RT + Zein
)
I1
= RE ||(RT + re + RB /2β)
5. Empfindlichkeit der Eingangsimpedanz
Aus Zein |β→∞ = RE ||(RT + re )
und Zein |β=1 = RE ||(RT + re + RB /2)
folgt 1.1 · (RE ||RT + re ) = RE ||(RT + re + RB /2)
6. Wechselspannungsverstärkung
Es gilt für β → ∞
u1
,
RT + re
und u2 = − ic · RC ,
u2
−RC
womit vu =
=
.
u1
RT + re
iE = iC =
Die Verstärkung wird maximal wenn re ↓, also wenn IC |AP ↑.
5
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Aufgabe 4 (15 Punkte): Rückkopplung, Zweitor
1. Aufstellen der Zweitore:
I1
I2
U2
U1
R2
R1
Hauptzweitor
I’ 2
I1
U1’
U2
−I’’1
U1
I ’’2
I ’’1
R1
−U’’1
U ’’1
R2
Rückkopplungs−
zweitor
0
00
0
00
2. SPK: U1 = U1 + (−U1 ), I2 = I2 + I2
Ges. Schaltung:
U1 = H11 I1 + H12 U2
I2 = H21 I1 + H22 U2
6
U ’’2
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3. Matrix HZT und RZT:
0
HZT: H11 =
1
;
gbe
0
0
H12 = 0;
00
RZT: H11 = R1 kR2 ;
00
H12 =
0
H21 = β;
R2
;
R1 + R2
00
H21 = −
H22 = 0
R2
;
R1 + R2
00
H22 =
1
R1 + R2
Gesamtschaltung:
0
00
∗
00
∗
[H] = [H ] + [H ] ; [H ] =
00
00
H11 −H12
00
00
−H21 H22
0
4. Optimale Wirkung (hier): Rückgekoppelte Größe (I2 ) bewirkt über Rückkopplungszweitor eine Reduktion der Eingangsspannung des Hauptzweitors.
⇒ Lastwiderstand an Tor 2 → ∞ (damit der Strom in RK-Zweitor fließt, d.h.
rückgekoppelt werden kann)
⇒ Ansteuerung durch Spannungsquelle am Tor 1 und gbe → 0, damit Ausgangsspannung des RK-Zweitors in vollem Umfang von der Eingangsgröße (Spannung
der Eingangsspannungsquelle) subtrahiert wird.
5. Eingangsimpedanz:
I2 = 0 ⇒ U2 = −I1 ·
Zein =
H21
H12 H21
⇒ U1 = H11 I2 + H12 U2 = H11 I1 −
I1
H22
H22
U1
I1
= H11 −
H12 H21
H22
−R2
1
−R2
=
+ R1 kR2 −
β
R1 + R2
gbe
R1 + R2 R1 + R2
1
R1 R2
R2
+
+ R2
+β
=
gbe R1 + R2
R1 + R2
⇒ Für Rückkopplung (R2 6= 0) wird Zein größer.
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Aufgabe 5 (11 Punkte): Stabilität, Netzwerk
1. Eingangsimpedanz der Nachbildung
Zein =
mit
U
U · jωC
=
I
gm1 gm2 U
C
= jωL
= jω
gm1 gm2
C
L =
.
gm1 gm2
2. Stabilität der Gesamtschaltung
Betrachte beliebige Wirkungsfunktion des Netzwerks
I =
mit Zein =
U0
R + Zein
jωC 1 +
jω
ω2
,
gm01 gm02
U0 gm01 gm02
wodurch I =
Rgm01 gm02 + jωC 1 +
jω
ω2
.
Zur Bestimmung der Nullstellen des Nenners betrachte jω → s und kürze ab γ =
Rgm01 gm02 :
s
s2 C
γ + sC 1 +
= 0
= γ + sC +
ω2
ω2
r ω2 2 ω2 γ
ω2
±
−
.
s1,2 = −
2
2
C
Damit Wirkungsfunktion instabil ist, muss gelten
(
)
r ω2
ω2 2 ω2 γ
<e − ±
−
≥ 0,
2
2
C
wodurch die Realteilbildung wegfällt. Es folgt
r ω2 2 ω2 γ
ω2
≥ −
−
2
C
2
ω2 γ
≤0
C
Da ω2 > 0 und C > 0 ist Schaltung instabil wenn γ < 0, also wenn gm01 gm02 < 0.
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3. Bestimmung der Übertragungsfunktion im Zeitbereich
Mit U0 (s) = L {u0 (t)} = L {δ(t)} = 1 und dem Heavisid’schem Entwicklungssatz:
)
(
g
g
U
(s)
m01 m02 0
i(t) = L−1 {I(s)} = L−1
(s − s1 )(s − s2 ) ωC2
gm01 gm02 ω2 −1
1
=
L
C
(s − s1 )(s − s2 )
gm01 gm02 ω2
1
1
s1 t
s2 t
=
e +
e
.
C
s1 − s2
s2 − s1
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Aufgabe 6 (16 Punkte): Gleichtakt- Gegentaktzerlegung
1. Symmetrie: gleiche Impedanzverhältnisse an allen korrespondierenden Knoten der
beiden Symmetriehälften
→ R1 = R2 ; L1 = L2 ;
1
1
kZ3 =
kZ4
jωC1
jωC2
2.
1
I + = (I1 + I2 ) =
2
1
−
I = (I1 − I2 ) =
2
I 1 =I 1++ I
I1
α
(1 − (1 − α)) = I1
2
2
I1
α
(1 + (1 − α)) = 1 −
I1
2
2
L1
−
1
Cx
Zx
C1
R1
Z3
U3
Z4
U4
Lg
3.
C2
R2
L2
I 2 = I 1+− I
−
1
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L1
I +1
4.
C1
R1
U 3+
Z3
2L g
L1
I 1−
C 1+2C x
R1
Z3+
R
I −1
Zx U −
3
2
L
(L 1)
I −1 R
I +1
R
6C=C+4C+C
R
(=C1 + 2Cx+ Z 3 )
Zx
2
L
L
(L g )
(L 1 )
I +1 R
C+C
11
U 3−
U +3
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U3 = U3+ + U3−
U3+ =
1
jω2C
1
jω2C
|
U3− =
+ R + jω2L
{z
}
F+
R
1+jωRC
R
1+jωRC
|
U3 =
U3+
I1+ R
+ R + jωL
{z
}
I1− R
F−
+
U3−
=
F + I1+ R
+
F − I1− R
= I1 R F
+α
2
+F
−
α 1−
2
analog U4 :
α
α U4 = U4+ + U4− = F + I1+ R − F − I1− R = I1 R F + − F − 1 −
2
2
5.
Ux = U3 − U4 = I1 RF − (2 − α)
da F − kein Lg beinhaltet ist Ux unabhängig von Lg
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Aufgabe 7 (15 Punkte): Operationsverstärker, Bode-Diagramm
1.
a)
U1 + Ud
U2 + Ud
I1 + I2
= I1 ;
= I2 ;
= −Ud
R1
R2
jωC
U1 + Ud U2 + Ud
+
= −jωCUd
R1
R2
1
1
U1
U2
Ud
+
+ jωC +
+
=0
R1 R2
R1 R2
U2
mit: Ud =
folgt:
vu
1
1
1
1
−U1
U2
+
+ jωC +
=
vu R1 R2
R2
R1
U2
−1
⇒
=
R1
R1
1
U1
+
+
jωR
C
1
+
1
R2
vu
r2
b) |vu | → ∞ ⇒ F →
c) Aus b) ist F2 =
−R2
R1
−R1
R2
=
1
F2
bekannt. Forme F entsprechend um:
F =
−vu
R
1+ R1 +jωR1 C
2
−R1
1+
R
| {z2 } |1 +
F2
|
F2 =
−vu
+ jωR1 C
{z
}
R1
R2
Fa
{z
}
Fo Schleifenverst.
−R1
R2
−vu
1+
+ jωR1 C
−vu
Fa = R1 R2
1
1+ R
C
1
+
jω
R2
R +R
| 1 {z 2 }
Fa =
R1
R2
1
ωx
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1
F2
dB
v0R 2
(R 1+R 2)
20 dB
log ω
ω0
( )
−6
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
|F a|
ω
45
ϕ
−6
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
log ω
ω0
( )
2
3
4
45°
Phasenreserve
a)
b) Bei φ(ω45 ) =45° ist F0 (ω45 ) = 0dB und es gilt |Fa (ω45 )| = F12 .
v0 R2
⇒ F12 ≥ 10(R
Da |Fa (ω45 )| = Fa (ω→0)
10
1 +R2 )
2. Wird die Kompensationsfrequenz ωx so festgelegt, dass daraus 90°Phasendrehung
resultieren, dann können noch weitere 45°durch den ω0 -Term in vu toleriert werden.
D.h. |F0 |dB = 0 muss bei ωx = ω0 erfüllt sein. Da bei ω0 noch kein Amplitudenabfall durch vU (ω) erfolgt (Bode-Näherung), wird der gesamte Abfall von F0 durch
den ωx erfolgen:
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|F0 (ω45 )| = 1 = | F2 ·F2 | = |{z}
1+
=−1
jω45
ωx
v ω
vu0 ωx
u0 x
=
≈
2ω45
2ω0
(1 + ..)(1 + ..) |
{z
}
vu0
2
=1
2ω0
R1 + R2
⇒ ωx =
=
vu0
R1 R2 C
(R1 + R2 )v0 R1 =R2 v0
⇒C=
=
2R1 R2 ω0
R1 ω0
15