(2) 9 oktober 2006 Institutionen för elektrovetenskap Daniel Sjöberg ETE5 Ellära och elektronik, tentamen oktober 2006 Tillåtna hjälpmedel: formelsamling i kretsteori. Observera att uppgifterna inte är sorterade i svårighetsordning. Beräkna spänningen v i nedanstående koppling. V 3 v V 2 Postadress Box 8, 22 00 LUND Besöksadress Ole ömers väg 3, Lund Leveransadress Ole ömers väg 3, 223 63 LUND Internpost Hämtställe 7 Telefon växel 046-222 00 00 Fax 046-222 75 08 E-post Internet http://www.es.lth.se
2(2) 2 0 H(jω) db 0 20 30 40 0 2 0 0 0 0 0 2 ω/ω B arg(h(jω)) 80 60 40 20 0 0 2 0 0 0 0 0 2 ω/ω B Vilken eller vilka av följande kretsar kan motsvara ovanstående Bode-diagram? Motivera! Vad är ω B för den korrekta kretsen eller kretsarna? jω V in jω Vut V in Vut j ω L (a) (b) V in Vut V in j ω L Vut (c) (d)
3(2) 3 Vid t = 0 har vi följande system, där den vänstra kapacitansen har laddningen Q och den högra är oladdad. esistansen finns med för att modellera förluster i ledningarna. Q Q Strax efter t = 0 slår strömbrytaren till, och efter rimligt lång tid har laddningen fördelat om sig enligt Q/2 Q/2 Q/2 Q/2 a) Vad är den totala upplagrade energin i systemet i de två olika situationerna? Är energin större, mindre eller oförändrad i den senare situationen? Energin i en kapacitans med laddning Q och spänning V ges av W = 2 QV. b) Beräkna nu strömmen i(t) nedan för t > 0. Q t=0 i(t) Q Hur mycket elektrisk energi omvandlas till en annan energiform (värme) i resistansen?
4(2) 4 Vi har två långa, raka, parallella ledare enligt nedan 2a d där omgivningen är luft. a) Betrakta först en ensam ledare med laddning per längdenhet Q/L. Visa att det elektriska fältet utanför en sådan är E = Q/L 2πrε 0 e r, r > a där r är vinkelräta avståndet från centrum av ledaren. Börja med att rita en fältbild. b) Antag nu att det finns laddning per längdenhet Q/L på den ena ledaren och Q/L på den andra. Om vi antar att d a, kan det elektriska fältet mellan ledarna beräknas som summan av två fält beräknade enligt formeln i a). Använd detta för att beräkna kapacitansen per längdenhet /L för de två ledarna. Börja med att rita en fältbild. 5 Betrakta nedanstående krets, där operationsförstärkaren kan anses vara ideal. 2 v v 2 3 v ut Bestäm ett förhållande mellan resistanserna 2 och 3 så att utsignalen v ut blir proportionell mot differensen mellan insignalerna, v 2 v.
5(2) 6 Beräkna v ut /v in för nedanstående krets. Kapacitanserna kan betraktas som kortslutningar för småsignalen, och småsignalparametrarna g m och r d kan betraktas som kända storheter. V DD D f 2 v(t) v L ut v in
6(2) Lösningsförslag De två resistanserna i den högra grenen av kretsen kan ersättas med en ekvivalent seriekoppling 2. Vi ersätter därefter spänningskällorna med sina respektive resistanser med Norton-ekvivalenter enligt nedan. V 3 v 2 V 2 2 De parallellkopplade resistanserna kan då ersättas med en resistans vilket ger spänningen 2 ekv = = 2 3 ( V v = ekv V ) 2 2 }{{} total ström 6 6 3 2 = 6 = 6V 3V 2 Genom att betrakta amplituden av överföringsfunktionen (det övre diagrammet) kan vi dra slutsatsen att det rör sig om ett högpassfilter (låga frekvenser dämpas, höga frekvenser dämpas inte). Vi har följande tumregler för hur kapacitans och induktans beter sig för låga och höga frekvenser: Låga frekvenser: ersätts med avbrott, L ersätts med kortslutning. Höga frekvenser: ersätts med kortslutning, L ersätts med avbrott. Detta gör att endast kretsar (b) och (d) kan komma ifråga, ty endast dessa har rätt beteende för låga och höga frekvenser. Överföringsfunktionerna för dessa kan beräknas genom spänningsdelning till H b = H d = jω jωl jωl = = jω jω jωl/ jωl/ Uppenbarligen har dessa samma frekvensberoende och kan skrivas på formen H = jω/ω B jω/ω B
7(2) och vi identifierar brytfrekvenserna ω B = / för krets (b) och ω B = /L för krets (d). 3 a) Energin i en kapacitans kan uttryckas med hjälp av laddningen som W = 2 QV = Q 2 2 där vi utnyttjat sambandet mellan laddning och spänning för en kapacitans, Q = V. Totala energin i första systemet är då och i det andra systemet W = Q 2 2 0 = Q2 2 W 2 = (Q/2) 2 (Q/2) 2 2 2 = Q2 4 Energin är alltså endast hälften av den ursprungliga, vilket stämmer väl med den termodynamiska principen att naturen söker sig mot sitt lägsta energitillstånd. b) Vi betecknar laddningen på den vänstra kapacitansen med q (t) och laddningen på den högra med q 2 (t). Det står klart att vi har begynnelsevillkoren q (0) = Q och q 2 (0) = 0 och bivillkoret q (t) q 2 (t) = Q Vi inför spänningar v (t) och v 2 (t) enligt för alla t i(t) v v 2 Kirchhoffs spänningslag ger v (t) i(t) v 2 (t) = 0 q (t) i(t) Q q (t) där vi utnyttjade villkoret q q 2 = Q ovan. Ett sista samband är att strömmen i kan uttryckas som derivatan av laddningen q, i(t) = dq (t) dt = 0
8(2) där minustecknet motiveras av att i ska vara positiv om q minskar. Vi har nu differentialekvationen med lösningen q (t) = q (0) }{{} =Q Detta ger e 2t t 0 dq (t) dt e 2 (tt ) = 2 q (t) Q Q dt = Q e 2t Q 2 [ ] t e 2 (tt ) = Q e 2t Q 2t Q ( e ) = ( e 2 2 t =0 2t ) i(t) = dq (t) = Q 2t dt e, t > 0 Den energi som utvecklas i resistansen måste svara mot skillnadsenergin i startoch sluttillstånd, det vill säga W = W W 2 = Q2 2 Q2 4 = Q2 4 Detta kan också beräknas genom att integrera den effekt som utvecklas i resistansen, W = 0 [i(t)] 2 dt = 0 ( ) 2 [ Q e 4t Q 2 dt = 2 4 ] 4t e = Q2 4 En viktig observation är att denna energi inte beror på resistansen. Denna resistans styr endast hastigheten på tidsförloppet, dvs hur snabbt laddningen flödar från den ena kapacitansen till den andra. 4 En tvärsnittsbild av geometrin ger följande fältbild: t=0
9(2) Från denna bild sluter vi oss till att elektriska fältet bör kunna skrivas på formen E = E(r)e r där r är vinkelräta avståndet från centrum av ledaren. Gauss lag i elläran säger att för en godtycklig sluten yta S har vi D e n ds = Q innesluten I luft gäller D = ε 0 E, där ε 0 är permittiviteten i vakuum. S Vi låter ytan S vara en tänkt cirkulär cylinder med radie r = och längd L enligt nedan L S e r a Bidraget från ändarna på cylindern ger inget bidrag eftersom D e n = ε 0 E e n = 0 på dessa. Ytintegralen i Gauss lag är då ε 0 E e n ds = ε 0 E e n ds = ε 0 E(r) e r e r ds = ε S r= }{{} 0 E() 2πL }{{} = mantelytan mantelytan Eftersom den inneslutna laddningen måste vara Q innesluten = Q L = Q, har vi L E() = Q/L ε 0 2π
0(2) och eftersom är godtycklig (sånär som på att vi måste ha > a) är därmed det elektriska fältet (storlek och riktning) E = Q/L 2πrε 0 e r, r > a precis som önskat. b) En approximativ fältbild (i tvärsnittsplanet) är Q/L Q/L x=0 x=d där vi bara ritat in ett par förbindelselinjer mellan ledarna. För att beräkna kapacitansen behöver vi känna spänningen mellan ledarna. Denna kan beräknas genom att integrera det elektriska fältet mellan ledarytorna, och för att göra detta använder vi ett koordinatsystem med origo i den vänstra ledarens centrum, och koordinaten x på förbindelselinjen mellan ledarnas centrum: v a v b = Pb = Q/L 2πε 0 P a E dr = da x=a da x=a ( ( x d x Q/L 2π x ε 0 e x }{{} fält från vänstra ledaren ) Q/L (e x ) e x dx 2π d x ε }{{ 0 } fält från högra ledaren ) dx = Q/L 2πε 0 [ln x ln(d x)] da x=a = Q/L 2 ln d a 2πε 0 a Observera att vi tog bort absolutbeloppen kring x och d x först efter att ha konstaterat att båda dessa storheter är positiva i hela integrationsområdet. Kapacitansen per längdenhet blir nu L = Q/L v a v b = πε 0 ln da a πε 0 ln d a
(2) Denna formel baserar sig på approximationen d a. Om man räknar exakt (vilket kräver ett litet trick som kallas spegling), så får man svaret 5 L = πε 0 cosh d 2a Vi ser att operationsförstärkaren är negativt återkopplad, vilket ger att spänningen mellan ingångarna är noll. Om vi betecknar potentialen vid operationsförstärkarens ingångar med v, kan vi uttrycka den med hjälp av v 2 och spänningsdelning. v = 3 3 v 2 Samtidigt vet vi att utspänningen ges av (strömmen i 2 går genom 2 åt höger, och är samma som kommer in till operationsförstärkarens negativa ingång från v eftersom det inte går någon ström in i förstärkaren) v ut = v 2 i 2 = v 2 v v = ( 2 )v 2 v 3 = ( 2 ) v 2 2 v = 2 3 v 2 2 v 3 3 Om vi väljer 3 = 2 får vi tydligen v ut = 2 (v 2 v ), som önskat. 6 Småsignalschemat för kopplingen är f G D v(t) v in v gs g m v gs S r d D L v ut Vi kan ersätta de tre parallellkopplade resistanserna längst till höger med resistansen L = r d D L Kirchhoffs strömlag i drain-noden D ger då g m v gs v ut 0 L v ut v gs f = 0
2(2) Eftersom v gs = v in ger detta ett förhållande mellan in- och utsignal enligt 0 = g m v in v ut v ) ( ut v in = (g L m f v in ) v f L ut f Detta ger slutligen v ut v in = g m / f / L / f g m / f = /r d / D / L / f