Svar till Hambley edition 6

Svar till Hambley edition 6 Carl Gustafson, Bertil Larsson 2011-01-20, mod 2012-11-07, mod 13-11-19 1

Svar Kapitel 1 P1.21P a = 60 W P b = 60 W P c = 210 W Positiv: absorbed (=upptagen, förbrukad) och negativ: supplied (=avgiven) 690 = 694 W. I = = 5.78 A. 60 100 = 8.6%. 120 694 P1.25 E = 60 0.12 = 500 kwh. P = E t = 500 30 24 P1.32 i a = 2 A i c = 1 A i d = 4 A Om komponenten C tas bort stämmer inte strömlagen:i B = i A borde då vara 3A i stället för 2A och om i C fortfarande är 1A så blir i så fall i D = 4 A P1.35 A och C är parallellkopplade. B, D och G är seriekopplade. P1.37 i d = 8 A i h = 0 A i f = 6 A i a = 2 A P1.41 v b = 6 V, v c = 4 V, i b = 2 A, i c = 1 A, P a = 20 W, P b = 12 W, P c = 4 W ochp d = 4 W, P a +P b +P c +P d =0. P1.42 v a = 5 V v b = 5 V v c = 10 V 2A P1.53 T.ex. 10V P1.62 a) OK b) Motsägelse c) OK d) Motsägelse e) Motsägelse P1.70 a) v x = 5 3 V. b) i x = 5 9 A. 5 Strömmen i kretsen blir 2A pga strömkällan. c) P source = 10i x W, P resistor = 5 3 i x = W, P contr. = 25 3 i x W P1.71 v s = 15 V. P source + P resistor + P contr. = ( 10 + 5/3 + 25/3)i x = 0 W. 2

Svar Kapitel 2 P2.1 a)r eq = 20Ω b)r eq = 23Ω P2.2 R x = 8Ω P2.3 R eq = 10.07Ω P2.4 R eq = 10Ω P2.5 T.ex. 2kΩ och 2kΩ i serie med fyra 2kΩ parallellkopplade resistorer. P2.24 i 1 = 1.5 A, i 2 = 0.5 A. Strömkällorna kan sättas tillsammans som en källa med värdet 2A. Strömgrening ger svaret. Förbrukad eekt: P 5Ω = 5 (1.5) 2 = 11.25W och P 15Ω = 15 (0.5) 2 = 3.75W. För källorna gäller att 4A levererar eekt medan 2A förbrukar eekt. R eq = 3.75Ω V = (4 2) 3.75 = 7.5V. P 4A = 4 7.5 = 30W. P 2A = 2 7.5 = 15W. P 4A + P 2A + 11.25 + 3.75 = 0W. P2.35 i 1 = 2.5A i 2 = 0.833A P2.36 v 1 = 5V, v 2 = 7V v 3 = 13 V. P2.37 i 1 = 2A i 2 = 3A { 1 + v 1 + (v 1 v 2 ) 20 (v 2 v 1 ) = 0 10 + v 2 10 5 2 = 0 v 1 = 100/7V 14.29V, v 2 = 240/21V 11.43V i 1 = 285, 7 ma. P2.53 v 1 = 5 V v 2 = 7 V v 3 = 13 V P2.57 v 1 = 2.31V v 2 = 1.54V P2.58 v 1 = 4.32V v 2 = 7.84V P2.83 v T h = 100/15V 6.67V, R T h = 5 10 3.33Ω Gör om 10V-10Ω till en Nortonekvivalent I N = 1A och R N = 10Ω. Tillsammans fås nu I N,tot = 1 + 1 = 2A och R N,tot = 5 3.33 = 2Ω. P2.84 R T h = 50Ω P2.95 R T h = 0Ω, detta är inte eektanpassning eftersom det är R T h som kan varieras. Störst eekt i R L blir det alltså för maximal spänning. P = 80W. P2.97 i = 5 1 3 A. P2.98 i s = 3.33A. P2.100 i 1 = 1.5A. 3

Svar Kapitel 3 P3.5 i c = cos(1000t) P = 100 sin(1000t) cos(1000t) = 50 sin(2000t), E = 5 sin 2 (1000t) P3.6 1000 sekunder 16 minuter P3.24 a) 2µF, b) 8µF P3.25 C 1 = C 2 = 200µF, I avg = 10µA, Amperetimmar är produkten av uttagen ström och den tid som strömmen tas ut, (utan att batteriet minskar sin spänning nämnvärt). Svar: 0.44Ah P3.31 C = 40pF vl (t)dt. I intervallet 0 till 0.1s blir strömmen i L = 7.5t 2. I de P3.3.43 i L (t) = 1 L andra intervallen blir det också parabler så kurvan blir en spetsig olinjär triangelvåg. P3.44 t = 1µs P3.45 V = 10V P3.60 a) 3H, b) 6H P3.63 i 1 = L 2 L 1 +L 2 i och i 2 = L 1 L 1 +L 2 i dvs samma strömgrening som för resistanser. 4

Svar Kapitel 4 P4.3 v C (t) = 10(1 e t/rc ) P4.4 v C (t) = 10(1 e t/rc ) 50e t/rc P4.5 90% av energin (proportionell mot v 2 C ) ger att v 90% = 100 0.9 = 100(1 e t/rc ) vilket ger R = 201kΩ P4.6 V i = 52.9V P4.10 50% av energin (proportionell mot v 2 C ) ger att t 2 = 3.5s P4.16 v(t) = V 1 e (t t 1)/RC, t t 1 P4.22 Steady state: v C = 10 V. t = ln(0.01)rc 4.6 ms. P4.29 v R (t) = 0, t < 0, v R (t) = 10e t/rc, t > 0. P4.33 i(t) = 1 e 2tR/L = 1 e 20t, t 0, i(t) = 0, t < 0. P4.34 i L = 0.1(1 e tr/l ), t 0. P4.45 i(t) = e t + e t R/L, t 0. P4.47 v c = 10 6 e t 10 6 e 3t P4.48 v(t) = 25e tr/l + 25 cos(10t) 25 sin(10t), t 0. 5

Svar Kapitel 5 P5.4 v(t) = 10cos(1000πt 60) ω = 1000π rad/s, f = 500 Hz, θ = π/3 radianer = 60, T = 2 ms, V rms = 10/ 2 7.071 V t peak = 0.33 ms, P medel = 2 W. P5.6 v(t) = 20 2cos(2π10 4 t 0.4π). (I grader fås 0.4π radianer = 72 ). P5.13 V rms = 112.5 10.6 V. P5.38 Svar: I ligger 45 efter V S. P5.42 Svar: I = V R = V L = 10 100 + j100 0.0707e jπ/4, 100 100 + j100 10 7.07e jπ/4, j100 100 + j100 10 7.07ejπ/4. Z(ω) ω=500 = 50 j150 152.07e 1.41, Z(ω) ω=1000 = 50, Z(ω) ω=2000 = 50 + j150 152.07e 1.41. Kommentar: Observera att impedansen, Z, blir rent reell vid vinkelfrekvensen ω = 1000 rad/s i det här fallet. 6

Svar Kapitel 9 P9.2 När spänningen är proportionell mot mätvärdet är Theveninekvivalenten bäst. Då den belastas med en resistans minskar den uppmätta spänningen. Mätkopplingen bör ha hög inresistans. P9.4 v m = R in R in +R T H 200µV > 0.99 200µV. R in > 99k P9.14 v indm = v 1 v 2 = (0.002 + 5 cos ωt) ( 0.002 + 5 cos ωt) = 0.004, v incm = (v 1 + v 2 )/2 = [(0.002 + 5 cos ωt) + ( 0.002 + 5 cos ωt)]/2 = 5 cos ωt Ideal betyder A CM = 0 v ut = A DM v DM = 1000 0.004 = 4V P9.22 Minsta samplingsfrekvens enligt samplingsteoremet är 2 signalbandbredden. Denna gräns ställer mycket stora krav på ltrering så vanligen samplar man med era gånger högre frekvens. 0.1% = 1 1000 < 1 P9.23 a) = 10V 2 8 = 39mV. b) N qrms = P N (R) = N qrms 2, c) P R 3V (R) = ( 3 2 3 ) 2 2 R. n > 10. 2 n = 11.3mV enligt formel 9.9. 3, d) SNR = 2 26dB Nqrms 2 7

Svar Kapitel 10 P10.8 a) Kopplingen leder i båda riktningarna då v > 0.6V b) Kopplingen leder v > (0.6V + 6.8V ) = 7.4V för andra v leder den inte. c) Kopplingen leder i båda riktningarna då v > (0.6V + 5.6V ) = 6.2V P10.21 V 1.8V och i 3.3mA. P10.23 Se gur P10.25 P10.36 a) Antag I = 0 då blir spänningen i noden till höger 5V och i noden till vänster 10V. Om dioderna är ideala kommer D 2 att ha strömmen 0 och spänningen v = 10V. b) Den övre spänningen dominerar (backspänner D 2 ), I = 6/1k = 6mA och v = 6V c) D 1 kopplar v + till +15V och D 2 kopplar v till 15V. V = 30V och I = (+15 ( 15))/(2.2kΩ 1.5kΩ = 33.6mA P10.40 a) I = V/1kΩ då V > 0 b) I = (V 5V )/1kΩ då V > 5V c) I = V/1kΩ då V > 0 och I = V/2kΩ då V < 0 d) I = V/1kΩ då V > 0 och I = då V < 0, kortslutning för negativa v. P10.45 Här är det meningen att komponenten i c) ska sättas in i a) och b) a) v = 0.964V b) v = 1.48V 8

Svar Kapitel 11 P11.4 v o = 150 100+150 5mV 8 8+10 150 vo v s = 40, vo v i = 68.4, P L Ps = 2M, i L is = 500k P11.15 3.43M Ω. P11.22 Utan försämring p.g.a. in- och utimpedanser behövs tre steg. Ingången på första har ingen dämpning. Mellan varje två steg förloras halva signalen utom i sista där endast en tredjedel blir kvar. Alltså 10 n ( 1 2 )(n 1) 1 > 1000. n = 4.54 dvs 5 steg. 3 P11.25 P = P 1 + P 2 + P 3 = 20 2 + 25 4 + 10 ( 2) = 120W P11.56 Transresistans: vo i i [V/A] Transkonduktans: io v i Totalt en strömförstärkare [A/A]. [A/V]. 9

Svar Kapitel 14 P14.5 v DM = 1.2 cos(2000πt); v CM = 30 cos(120πt) P14.9 A v = 8 P14.18 Se gur 14.12. A v = 1, R in =, R ut = 0. P14.17 Eekten som levereras till lasten kommer i OP-fallet från spänningsmatningen, men utan OP kommer den från signalkällan. Speciellt besvärligt då källan är högohmig och lasten lågohmig. R P14.19 v + = (v a v b ) b R a+r b + v b ; v o = R bv a R av b R a+r b (1 + R 2 R 1 ) P14.22 a) v o = R f i in = 4V, b) 2kΩ har ingen inverkan. v o = 5V R f i in = 2V, c) v o = v in (1 + 3k ) = 7V, d) kopplingen är en följare. 3k har inget spänningsfall ty 4k I in är noll. Strömgeneratorn kommer att leverera sin ström i OPns utgång, e) Med approx v + v = 0 blir v o = 3 2 = 1V P14.32 A 1 = 1 och A 2 = 3 P14.46 GB w = 15M, f BCL (10) = 1.5MHz och f BCL (100) = 150kHz. P14.47 Se gur 14.20. P14.48 GB w = 300000 5 = 1.5M. a)a(100) = 1.5M = 15k, b)a(10k) = 150, c)a(5m) = 0.3, troligen mindre 100 eftersom det ligger er brytpunkter efter att A blir mindre än 1. P14.64 Se gur 14.21. P14.71 OP med återkoppling av t.ex. 1kΩ och en trimmer på 10kΩ satt till 9kΩ P14.75 v C = 1 C i(t)dt = v p(t) RC dt. Man får -0.5V per puls dvs 20 pulser ger -10V. v 1 2 3 2 4 6 8 t P14.78 a) A v = 10 jωrc 1+jωRC brytfrekvens ω = 1 RC b) A v = 1+jωRC jωrc Högpass med förstärkningen 10 dvs. 20dB 1 Integrator upp till frekvensen ω = sedan A RC v = 1 10

0 Med reservation för eventuella tryckfel 11