Elektroniikan perusteet 1

TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op)
Kevät 2011 / Luokka AS10
Lisensoitu CC-BY-lisenssillä

Vesa Linja-aho

Metropolia

23. marraskuuta 2012

Vesa Linja-aho (Metropolia) TA00AB51 Elektroniikan perusteet 1 (3 op) 23. marraskuuta 2012 1 / 119

Sisällysluettelo

Klikkaamalla luennon nimeä pääset hyppäämään luennon ensimmäiselle
kalvolle.

1 1. tunti 7 7. tunti


1. tunti

Kurssin perustiedot

Opettaja: DI Vesa Linja-aho, etunimi.sukunimi@metropolia.ﬁ
Tunnit to klo 10.00-11.45 luokka P113
Suorittaminen: tentti. Kurssi jatkuu IV-periodilla (2x2h/vko), sovitaan
tentin ajankohta IV-periodin alussa!
Oppikirja: Kimmo Silvonen: Elektroniikka ja puolijohdekomponentit.
Oppikirjaksi kelpaa myös: Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja
elektroniikka.
Kaikista muutoksista tiedotetaan Tuubi-portaalissa!


1. tunti

Kotitehtävät

Kurssilla on 12 kotitehtävää.
Jokaisesta oikein lasketusta tehtävästä saa yhden pisteen.
Jokaisen pitää saada vähintään 4 pistettä (muuten ei saa arvosanaa).
Neljän yli menevät pisteet hyvitetään sellaisenaan koepisteiksi.
Kokeen maksimipistemäärä on 30 (5 tehtävää x 6 pistettä).


1. tunti

Kurssin oppimistavoitteet

Opinto-oppaasta:
Tavoitteet
Kyky ymmärtää ja laskea yksinkertaisia elektroniikkapiirejä. Signaalien
esitystapojen osaaminen. Tasa- ja vaihtosuureiden perusteitten erojen
ymmärtäminen. Yksinkertaisten puolijohdepiirien virtojen ja jännitteiden
laskemiskyky.

Sisältö
Tasa- ja vaihtojännitteet signaaleina. Diodit ja diodipiirit,
tasajännitelähteitten perusteet, bipolaaritransistorin toiminnan perusteet,
yksinkertaiset suodattimet. Verkkojännitteen muuntaminen
tasajännitteeksi.


1. tunti

Kurssin alustava aikataulu
1 Mitä on elektroniikka? Diodit.
2 Diodipiirejä.
3 Bipolaaritransistorit
4 Transistoripiirejä.
5 Kanavatransistorit.
6 Kanavatransistoripiirejä.
7 Operaatiovahvistin.
8 Operaatiovahvistinpiirejä.
9 Muuntaja.
10 Verkkolaitteet.
11 Piensignaalianalyysi.
12 Suodatinpiirejä.


1. tunti

Mitä on elektroniikka?
Kielitoimiston sanakirja 2.0
Elektroniikka = vapaiden elektronien ja muiden varauksenkantajien
tutkimus ja hyväksikäyttö (esim. puolijohde- ja näyttölaitteissa,
mikropiireissä yms.).

Kursseilla Tasasähköpiirit ja Vaihtosähköpiirien perusteet käsitellään
piiriteoriaa ja sähkötekniikkaa.
Raja sähkötekniikan ja elektroniikan välillä joskus häilyvä.
Nyrkkisääntö: jos käytetään puolijohteita (tai radioputkia), kyse on
elektroniikasta. Jos pelkkää sähkön lämpövaikutusta (esim.
lämpöpatteri) tai sähkömagneettista voimavaikutusta
(sähkömoottori), kyse on sähkötekniikasta.
Itse mm. mieltäisin kaiuttimen jakosuotimen elektroniikaksi, vaikkei
siinä olisi yhtään puolijohdekomponenttia.


1. tunti

Kohta mennään itse asiaan

Kysymyksiä?


1. tunti

Elektroniikka ja puolijohdekomponentit

Puolijohdetekniikka perustuu puolijohteiden ja/tai puolijohteen ja
johteen rajapinnassa tapahtuviin fysikaalisiin ilmiöihin.


1. tunti

Diodi
Puolijohdediodi koostuu p- ja n-tyyppisen puolijohdepalasen
rajapinnasta. n-tyyppisessä puolijohteessa on varauksenkuljettajina
elektroneja ja p-tyyppisessä aukkoja.
pn-liitoksessa virta voi kulkea vain toiseen suuntaan (pientä
vuotovirtaa lukuunottamatta). Jos jännitteen kytkee toisin päin,
liitoksen ympärille muodostuu tyhjennysalue, ja varauksenkuljettajat
eivät pääse liikkumaan.
Jos U on positiivinen, sitä kutsutaan päästösuuntaiseksi
jännitteeksi, jos negatiivinen, estosuuntaiseksi.
U

‡
- d
I
U kT
I = IS e nUT − 1 UT =
q
J
q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23
K

1. tunti

Diodi

Puolijohdediodin yhtälöjen käyttö on hankalaa käsin laskiessa.
Epälineaarista yhtälöryhmää ei voi ratkaista analyyttisesti (=kaavaa
pyörittämällä), vaan on käytettävä iteratiivisia menetelmiä.
Diodin jännite-virtakäyrä nousee jyrkästi n. 0,7-0,8 voltin kohdalla.
Käsin laskiessa voidaan käyttää paloittain lineaarista sijaiskytkentää,
jossa diodin yli on esimerkiksi 0,7 voltin vakiojännite, jos sen läpi
kulkee virta päästösuuntaan.
Sopimus tällä kurssilla käytämme diodille sellaista paloittain
lineaarista sijaiskytkentää, jossa diodin läpi kulkee virta ainoastaan
päästösuuntaan, ja jos virta kulkee, diodin yli on 0,7 voltin jännite.


1. tunti

Laskutekniikkaa

Paloittain lineaarista sijaiskytkentää sovelletaan seuraavasti:
Irrota diodi piiristä.
Laske jännite, joka muodostuu diodin elektrodien välille (siis siihen
kohtaan, josta diodi otettiin pois).
Jos tämä jännite on suurempi tai yhtä suuri kuin 0,7 volttia, diodi
johtaa, ja sen yli muodostuu 0,7 voltin jännite, kun se laitetaan
takaisin piiriin.
Jos jännite on pienempi kuin 0,7 volttia, diodi ei johda eikä sen läpi
kulje virtaa.
Jos piirissä on useita diodeja, menettely pitää toistaa jokaiselle diodille
erikseen niin, että tiedetään, mitkä diodeista johtavat.


1. tunti

Erikoisdiodeja

Zenerdiodi johtaa myös estosuuntaan, jos zenerjännite ylittyy.
Varaktori eli kapasitanssidiodi. Voidaan käyttää jännitteellä
säädettävänä kondensaattorina.
Led eli hohtodiodi lähettää valoa, kun sen läpi kulkee
päästösuuntainen virta.
Fotodiodi n estosuuntainen virta riippuu diodiin osuvan valon
voimakkuudesta.
Schottky-diodi on valmistettu metallin ja puolijohteen liitoksesta, ja sille
on tyypillistä matala päästösuuntainen jännite.


1. tunti

Kotitehtävä 1

+ R
E = 12 V ULED
d
©
− ©
c

Valmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virralla
on 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi
10 mA virta?


2. tunti

Kotitehtävä 1 – ratkaisu

+ R
E = 12 V ULED
d
©
− ©

c

Valmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virralla
on 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi
10 mA virta?
Ratkaisu: R = 12 10 mA V = 1 kΩ.
V−2,0


2. tunti

Diodisovelluksia

Tasasuuntaus (ja demodulaatio)
Ylijännitesuojaus
Tarkkuustasasuuntaaja ja näytteenotto- ja pitopiiri
Lämpötila-anturina toimiminen
Jännitereferenssinä toimiminen


2. tunti

Puoliaaltotasasuuntaus

Käytännössä diodin kynnysjännite vaikuttaa tasasuunnattuun
jännitteeseen. Kun muuntajalta saatavan jännitteen arvo laskee alle diodin
kynnysjännitteen, tasasuuntaajan ulostulojännite on nolla volttia.

Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Halfwave.rectifier.en.svg

2. tunti

Diodin käyttö ilmaisimena, kidekone

d
¤
¥
¤
¥
¤
¥


2. tunti

Kokoaaltotasasuuntaus

Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Gratz.rectifier.en.svg

2. tunti

Kokoaaltotasasuuntaus keskiulosotolla

Kuva: http://commons.wikimedia.org/wiki/File:Fullwave.rectifier.en.svg

2. tunti

Tarkkuustasasuuntaaja ja näytteenotto- ja pitopiiri

Operaatiovahvistimen avulla voidaan toteuttaa myös
tarkkuustasasuuntaaja sekä näytteenotto- ja pitopiiri.
Käsitellään ne operaatiovahvistintunnilla.


2. tunti

Tulon ylijännitesuojaus

d
˜ r

+
käyttöjännite

d
−
˜


2. tunti

Lämpötilan mittaaminen

Lämpötila vaikuttaa diodin jännitteeseen, jos virta pidetään vakiona
(ja päinvastoin).


2. tunti

Jännitereferenssi zenerdiodilla

R

+
U

−
d UZ
W

Jännite UZ pysyy lähes vakiona, vaikka U vaihtelee. Toiminta perustuu
zenerdiodin jyrkkään ominaiskäyrään: zenerdiodin jännite ei juuri muutu,
vaikka virta muuttuu.


2. tunti

Kotitehtävä 2

R1 R3
5 kΩ 4 kΩ+

- d E
I V
12
−

R2 R4
7 kΩ 8 kΩ

a) Kuinka suuri on virta I?
b) Käännetään diodi toisin päin. Kuinka suuri on nyt virta diodin läpi?
Käytetään diodille tuttua paloittain lineaarista mallia, eli diodin kynnysjännite on 0,7 volttia (jos
päästösuuntainen jännite on alle 0,7 V, diodi ei johda, muussa tapauksessa diodi johtaa ja sen
jännite on tasan 0,7 V). Vihje: irrota diodi piiristä, ja muodosta Théveninin lähde diodin
liitoskohtaan. Selvitä sen jälkeen, mitä tapahtuu, kun diodi liitetään piiriin. Tehtävän voi
ratkaista myös ilman Théveninin lähdettä.

3. tunti

Kotitehtävä 2 - ratkaisu

R1 R3
5 kΩ 4 kΩ+

˜
ET E ˜ E
V
12
−
R2 R4
7 kΩ 8 kΩ

Irrotetaan diodi piiristä ja muodostetaan loppupiiristä Théveninin lähde.
Lähdejännite saadaan jännitteenjakosäännön avulla. Lasketaan R2 :n ja
R4 :n yli olevat jännitteet, ja niiden erotuksena saadaan Théveninin
lähdejännite ET :
R2 R4
ET = E −E = −1 V.
R1 + R2 R3 + R4
a) Koska jännite on estosuuntainen, diodi ei johda → I = 0A.

3. tunti

Kotitehtävä 2 - ratkaisu jatkuu

R1 R3
5 kΩ 4 kΩ
˜ ˜

R2 R4
7 kΩ 8 kΩ

B-kohdassa diodi käännetään toisin päin, jolloin kynnysjännite 0,7 V ylittyy
ja diodi johtaa. Virran selvittämiseksi lasketaan Théveninin resistanssi RT
sammuttamalla lähde E ja laskemalla diodin kiinnityskohdan resistanssi:
1 1 67
RT = R1 ||R2 + R3 ||R4 = 1 1 + 1 1 = kΩ ≈ 5,58 kΩ
R1 + R2 R3 + R4
12

jolloin virta I = − 1 V−0,7 V ≈ −53,7 µA.
67
kΩ 12

3. tunti

Bipolaaritransistori

Transistorityyppejä on monta erilaista: bipolaaritransistori,
MOSFET-transistori, JFET-transistori, IGBT-transistori . . .
Bipolaaritransistoreja on kahta päätyyppiä: NPN-transistori ja
PNP-transistori.


3. tunti

NPN-transistori
Perustoiminta: pieni kantavirta ohjaa suurta kollektorivirtaa: iC = βiB .
Kerrointa β kutsutaan virtavahvistuskertoimeksi.
Virtavahvistuskerroin riippuu transistorimallista ja -yksilöstä;
tyypillinen virtavahvistuskerroin on luokkaa 100.
Kantavirta kulkee vain, jos kanta-emitteridiodi johtaa.
Kanta-emitteridiodin johtaminen selvitetään kuten tavallisen diodin
johtaminen (kynnysjännite: 0,7 volttia).
Esimerkiksi, jos kannan ja emitterin välille on kytketty vain 0,4 voltin
(joka on alle 0,7 volttia) jännite, diodi ei johda.
I
?C
1(

-
IB
0)
‚d
d
I
?E

3. tunti

PNP-transistori

Kuten NPN-transistori, mutta virtojen suunnat ja
kanta-emitteridiodin suunta ovat päinvastaiset!

IC
1(
6

IB
0)
s
d
d IE
6


3. tunti

Saturaatiotila

Hieman yksinkertaistettuna transistori voidaan ajatella säätimeksi,
joka säätelee kollektorin ja emitterin välistä resistanssia niin, että
iC = βiB .
Transistori ei kuitenkaan voi kumota fysiikan lakeja: jos kollektorille
on kytketty piiri, jonka läpi kollektorille voi tulla vain 10 mA, niin
transistori ei pysty pakottamaan kollektorivirtaa suuremmaksi kuin tuo
10 mA — ei, vaikka kannalle syötettäisiin 100 mA.
Transistorin kollektorin ja emitterin jännitteellä on tietty alaraja, johon
se voi laskea. Tätä alarajaa kutsutaan saturaatiojännitteeksi UCEsat .
Saturaatiojännite riippuu transistorityypistä: suuruusluokka on
tyypillisesti kymmenistä millivolteista muutamaan sataan millivolttiin.


3. tunti

Laskutekniikkaa
Selvitä ensin, kuinka suuri voi kollektorivirta olla. Eli laske, kuinka
suuri olisi kollektorivirta, jos transistori olisi saturaatiotilassa ja
UCE = UCEsat .
Sitten selvitetään kantavirta ja sen perusteella kollektorivirta
iC = βiB .
Jos kaavasta iC = βiB saatu kollektorivirta on suurempi kuin
saturaatiotilalle laskettu kollektorivirta, transistori on saturaatiossa ja
iC βiB .
Jos kaavasta iC = βiB saatu kollektorivirta on pienempi kuin
saturaatiotilalle laskettu kollektorivirta, transistori on aktiivitilassa ja
iC = βiB .
Toinen tapa on laskea ensin kantavirta, siitä kollektorivirta ja siitä UCE .
Jos kollektorin ja emitterin väliseksi jännitteeksi saadaan pienempi jännite
kuin transistorin saturaatiojännite, tiedetään, että transistori on
saturaatiossa ja kollektorin ja emitterin välinen jännite on UCEsat .

3. tunti

Esimerkki
I
?C

RC

1(

+ RB 0)
‚d
+
E1 = 5 V d E2 = 12 V

− −

Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100, UCEsat = 0,2 V ja RB = 5 kΩ.
a) Jos RC = 100 Ω, kuinka suuri on virta IC ?
b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisi
saturaatiotilaan?


3. tunti

Ratkaisu
I
?C

RC

1(

+ RB 0)
‚d
+
E1 = 5 V d E2 = 12 V

− −
Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100, UCEsat = 0,2 V ja RB = 5 kΩ.
b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisi saturaatiotilaan?
a) Kantavirta on IB = 5 V−0,7 V = 0,86 mA. IC = βIB = 100 · 0,86 mA = 86 mA. Tarkistetaan
5 kΩ
vielä, että transistori ei ole saturaatiotilassa: UCE = E2 − IC RC = 3,4 V mikä on suurempi kuin
UCEsat = 0,2 V, eli transistori ei ole saturaatiotilassa.
b) Transistori on saturaatiotilan rajalla, kun äsken laskettu IC aiheuttaa kollektorin ja emitterin
välille tasan 0,2 V jännitteen. Tällöin RC :n yli on 12 V − 0,2 V = 11,8 V. RC saadaan Ohmin
11,8 V
laista RC = 86 mA
≈ 137 Ω.

3. tunti

Kotitehtävä 3
I
?C

RC

R1 = 10 kΩ
1(

0)
‚d
+
R2 = 10 kΩ d E = 12 V

−

Transistorin virtavahvistuskerroin β = 100 ja UCEsat = 0,2 V.
b) Kuinka suuri saa RC enintään olla, jotta transistori ei joutuisi
saturaatiotilaan?


4. tunti

Ratkaistaan kantavirta muodostamalla kantapiiristä Théveninin lähde:
R2
ET = E = 6V RT = R1 ||R2 = 5 kΩ
R1 + R2

I
?C

RC

1(

+ RT 0)
‚d
+
ET d E = 12 V

− −


4. tunti


Nyt kantavirta on
ET − UBE
IB = = 1,06 mA
RT
Ja kollektorivirta on
IC = βIB = 106 mA
Kollektorivastuksen yli muodostuu nyt RC · IC = 10,6 V jännite, joten
UCE = 12 V − 10,6 V = 1,4 V eli suurempi kuin UCEsat , eli transistori ei
ole saturaatiossa ja kollektorivirta todella on 106 mA.
B-kohdan raja löytyy, kun selvitetään, millä RC :n arvolla UCE = 0,2, kun
kollektorivirta on 106 mA:
12 V − 0,2 V
RCmax = ≈ 111 Ω.
106 mA


4. tunti

Releen ohjaaminen transistorilla

Esimerkiksi mikrokontrollerin lähtövirta ei yleensä riitä releen
ohjaamiseen.
Mikrokontrollerin antama 1 milliampeerin virta voidaan transistorilla
vahvistaa kymmenien tai satojen milliampeerien suuruiseksi.
Kantavastus tulee mitoittaa niin, että rele saa tarpeeksi virtaa ja
mikrokontrollerin antama virta ei kasva liian suureksi.


4. tunti

Releen ohjaaminen transistorilla

Suojadiodin tarkoitus on mahdollistaa kelan (releen käämin) energian
purkautuminen hallitusti, kun transistori katkaisee virran.


4. tunti

Darlington-kytkentä

Jos virtavahvistusta tarvitaan paljon, transistorit voidaan kytkeä niin, että
ensimmäisen transistorin emitterivirta syötetään toisen transistorin
kannalle. Piiriä kutsutaan Darlington-kytkennäksi.
˜
?1I
1(
˜
-
I2 ‚ 1(
0)

d
d
0)
‚d
d

˜


4. tunti

Kotitehtävä 4
˜
?1I
1(

©
1(
0)
d
˜
- d
I2 ‚
0)
d
d

˜

I1
Laske koko piirin virtavahvistus βkok = I2 . Molemmilla transistoreilla on
sama virtavahvistus β (ei lukuarvoa).


5. tunti

˜
? = β 2 I + βI
I1 2 2

1(

©
1( βI
2
0)
d
˜
- d
I2 ‚ ββI2 = β 2 I2
0)
d ?
d

˜

I1 β 2 I2 + βI2
βkok = = = β2 + β
I2 I2


5. tunti

Transistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä)

RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ
1(
r
COUT
Uout
CIN 0)
‚d c
+
Uin d 12 V

c R2 = 33 kΩ −

RE = 470 Ω


5. tunti

Transistorivahvistin

Edellisen kalvon piiri vahvistaa vaihtojännitesignaalia Uin .
Miksi signaalia ei voi vain syöttää suoraan transistorin kannalle?
Mihin piirissä tarvitaan kondensaattoreita?
Uout
Kuinka suuri on piirin jännitevahvistus Uin ?


5. tunti

Transistorivahvistin

Jotta transistorivahvistin vahvistaisi myös heikkoja signaaleja, se pitää
biasoida eli esijännittää. Myös termiä tasajänniteasettelu käytetään.
Kondensaattorit estävät esijännitykseen käytettävää tasasähköä
vuotamasta vahvistimen tuloon ja lähtöön.
Kuvan vahvistinkytkentää kutsutaan yhteisemitteri- eli
CE-vahvistimeksi (engl. common emitter).
Analysoidaan piirin toimintaa kerrostamismenetelmällä. Mallinnetaan
transistoria virtaohjatulla virtalähteellä.
Kaikki muut jännitelähteet (kanta-emitteridiodin jännite ja piirin
käyttöjännite) asetetaan nollaksi.
Oletetaan kondensaattorit oikosuluksi (= signaalin taajuus on niin
suuri, että kondensaattorien impedanssi on pieni).


5. tunti

Transistorivahvistimen analysointi

RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ

- r βIB Uout
Iin
? c
Uin -
IB
c R2 = 33 kΩ

RE = 470 Ω


5. tunti

Vahvistuskerroin

Emitterivirralle voidaan kirjoittaa
Uin Uin
= IB + βIB ⇒ IB =
RE RE (1 + β)

josta
Uin β RC
Uout = −βIB · RC = −β RC = −Uin
RE (1 + β) 1 + β RE

ja
Uout β RC RC
=− ≈− ,
Uin 1 + β RE RE
β
koska 1+β ≈ 1.


5. tunti

Tuloresistanssi

Uin
Rin =
Iin
Uin Uin Uin Uin Uin
Iin = + + IB = + +
R1 R2 R1 R2 RE (1 + β)
Uin Uin 1
Rin = = Uin Uin Uin
= 1 1 1
Iin R1 + R2 + RE (1+β) R1 + R2 + RE (1+β)

Eli tuloresistanssi on resistanssien R1 , R2 ja RE (1 + β) rinnankytkentä.
Voidaan ajatella, että emitterillä oleva resistanssi näkyy kannalla
(1 + β)-kertaisena.


5. tunti

Lähtöresistanssi
Lähtöresistanssi on helppo johtaa tekemällä kollektorivastukselle ja
virtalähteelle lähdemuunnos:

T
RC Uout

− RC
βIB RC Uout

+ c
βIB

?

Lähdemuunnoksessa resistanssin arvo säilyy samana, eli vahvistimen
lähtöresistanssi on suoraan kollektorivastus RC .

5. tunti

Kotitehtävä 5
RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ
1(
r
COUT
Uout
CIN 0) ‚
d c
+
Uin β = 100 d 12 V

c R2 = 33 kΩ −

RE = 500 Ω

Kuinka suureksi CIN tulee vähintään valita, jotta yli 20 Hz taajuiset
signaalit eivät vaimene enempää kuin 3 desibeliä piirin ideaalivahvistukseen
(≈ 2) verrattuna? Vastaus: C ≈ 500 nF

5. tunti

CIN ja vahvistimen tuloresistanssi RIN muodostavat yhdessä ensimmäisen
asteen ylipäästösuodattimen, joka määrää vahvistimen alarajataajuuden.
Ensimmäisen asteen suodattimilla suodattimen ominaistaajuus on sama
kuin -3 desibelin piste, eli tehtävä ratkeaa suoraan laskemalla CIN
muodostuneen ylipäästösuodattimen ominaistaajuuden kaavasta
(f0 = 20 Hz):
1
ω0 1 1 1
f0 = = RC = = ⇒ CIN =
2π 2π 2πRC 2πRIN CIN 2πRIN f0
1
CIN = 1 ≈ 500 nF
2π 1 1 1
+ R + R (1+β)
f0
R1 2 E

Huomaa, että myös COUT vaikuttaa alarajataajuuteen, mutta tätä ei
käsitelty tehtävässä.


6. tunti

Piensignaalianalyysi
Kun epälineaarisia komponentteja sisältävän piirin toimintaa
tutkitaan, voidaan käyttää joko tarkkoja yhtälöitä (haastavaa, vaatii
käytännössä tietokoneen avuksi) tai karkeaa mallia (kuten diodin
jännitteen olettaminen 0,7 voltiksi ja transistorin kaava IC = βIB ).
Näiden ääripäiden välimuoto on piensignaalianalyysin käyttäminen.
Piensignaalianalyysissä lasketaan ensin komponentin
tasajännitetoimintapiste.
Tämän jälkeen komponentin ominaiskäyrää (virran riippuvuutta
jännitteestä) mallinnetaan ominaiskäyrän derivaatalla.
Piensignaalianalyysi antaa kohtuullisen tarkan tuloksen, mikäli
signaalitaso on niin pieni1 , että se ei muuta komponentin
toimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalitaso on niin suuri, että
ominaiskäyrän derivaatta ja ominaiskäyrä poikkeavat toisistaan
paljon, tulos on epätarkka.
1
Tästä nimi piensignaalianalyysi!

6. tunti

Diodin piensignaalisijaiskytkentä
U

‡
- d
I
U kT
I = IS e nUT − 1 UT =
q
J
q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23
K
Derivoidaan:
dI 1 nU U 1 U I
= IS e T = IS e nUT ≈
dU nUT nUT nUT
≈I
Koska virta derivoitiin jännitteen suhteen, äsken laskettu suure on
konduktanssia. Diodin piensignaaliresistanssi on siis tämän konduktanssin
käänteisluku:
∆u 1 nUT
rd = = I =
∆i nU
I
T


6. tunti

Piensignaalianalyysi diodipiirille
Laske ensin diodin tasajännitetoimintapiste: sammuta
vaihtojännitelähteet ja laske diodin virta (esimerkiksi) olettamalla
johtavan diodin jännitteeksi 0,7 volttia (= tekniikka, joka opeteltiin
ensimmäisellä tunnilla).
Kun diodin läpi kulkeva (tasa)virta on laskettu, lasketaan diodin
dynaaminen resistanssi kaavasta
nUT
rd = .
I
Terminen jännite UT on huoneenlämmössä noin 26 millivolttia ja
emissiovakioksi voi olettaa n ≈ 2.
Lopuksi sammutetaan kaikki tasajännitelähteet, korvataan diodi
dynaamisella resistanssilla ja lasketaan vaihtojännitteen vaikutus
piiriin.


6. tunti

Piensignaalianalyysi: yksinkertainen esimerkki

+ R = 100 Ω
eac = 100 mV

−

+
E = 1V U + uac

d
− W


6. tunti

Vaihe 1/3

Sammutetaan vaihtojännitelähde (tai lähteet, jos niitä on useita), ja
lasketaan diodin läpi kulkeva tasavirta.

R = 100 Ω
?I

+
E = 1V U = 0,7 V

d
− W

E −U 1 V − 0,7 V
I= = = 3 mA
R 100 Ω


6. tunti

Vaihe 2/3

Lasketaan diodin dynaaminen resistanssi:
nUT 2 · 26 mV
rd = = ≈ 17 Ω
I 3 mA


6. tunti

Vaihe 3/3

Sammutetaan tasajännitelähde, korvataan diodi dynaamisella resistanssilla
ja lasketaan vaihtojännitteen vaikutus piiriin (tässä tapauksessa näppärästi
jännitteenjakosäännöllä).

+ R = 100 Ω
eac = 100 mV

−

rd = 17 Ω uac
W

rd 17 Ω
uac = eac = 100 mV ≈ 15 mV
R + rd 100 Ω + 17 Ω


6. tunti

Piensignaalianalyysin käytössä huomioitavaa

Piensignaalianalyysi antaa melko tarkan tuloksen silloin, kun käsiteltävä
(vaihtojännite)signaali on amplitudiltaan niin pieni, että se ei muuta piirin
toimintapistettä. Toisin sanoen, jos signaalin vaikutusalueella komponentin
ominaiskäyrä ja derivaatta poikkeavat toisistaan merkittävästi,
piensignaalianalyysi antaa epätarkan tuloksen.
Esimerkki
Jos edellisessä esimerkissä vaihtojännitteen amplitudi olisi ollut 10 volttia,
piensignaalianalyysin tulos olisi pahasti metsässä. Esimerkiksi voltin
amplitudinen sinimuotoinen vaihtojännite pakottaisi diodin estotilaan,
jolloin sen dynaaminen resistanssi on satoja kilo-ohmeja tai enemmän.

Piensignaalianalyysi toimii nimensä mukaisesti vain pienillä signaaleilla!


6. tunti

Kotitehtävä 6

+ R = 1 kΩ
eac = 100 mV

−

+
E = 10 V U + uac

d
− W

Ratkaise piensignaalianalyysin avulla, kuinka suuri on diodin yli vaikuttava
vaihtojännite uac .
Ratkaisu: 0,556 mV


7. tunti


Ratkaiseminen tapahtuu kuten edellisen luennon esimerkissä. Lasketaan
ensin tasavirta diodin läpi:
10 V − 0,7 V
I= = 9,3 mA
1 kΩ
Tasavirran perusteella lasketaan diodin dynaaminen resistanssi:
nUT 2 · 26 mV
rd = = ≈ 5,59 Ω
I 9,3 mA
Ja ratkaistaan diodin yli oleva vaihtojännite jännitteenjakosäännöllä:
5,59 Ω
uac = 100 mV ≈ 0,556 mV
1 kΩ + 5,59 Ω


7. tunti

Transistorivahvistimen piensignaalianalyysi

5. tunnilla tehty CE-transistorivahvistimen analyysi ei anna tarkkaa
tulosta, varsinkin jos emitterivastus RE ohitetaan kondensaattorilla.
Ohituskondensaattorin käyttö on erittäin tavallista.
Tarkemman tuloksen saa, kun otetaan huomioon transistorin
kanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi.
Transistorilla emissiovakioksi oletetaan yleensä n ≈ 1.


7. tunti

Epätarkka malli, jota käytettiin viitostunnilla

˜

ic = βib

˜
?
-
ib
? + ic
ib

˜


7. tunti

Tarkempi piensignaalimalli: otetaan huomioon
kanta-emitteridiodin dynaaminen resistanssi

˜

ic = βib

˜
?
-
ib
nUT
re = IE

˜

Tätä mallia kutsutaan T-sijaiskytkennäksi. On olemassa myös
π-sijaiskytkentä.


7. tunti

Merkinnöistä

Sopimus:
Piensignaalianalyysissä tasavirtoja ja -jännitteitä (joista lasketaan
piensignaalisijaiskytkennän parametrit, kuten re ) merkitään isolla
kirjaimella.
Piensignaalivirtoja ja -jännitteitä merkitään pienillä kirjaimilla.
Esimerkiksi IE on tasavirta, jota käytetään laskettaessa transistorin
toimintapistettä.
ie on sen sijaan piensignaalivirta (vaihtovirta).


7. tunti

Transistorivahvistin (yhteisemitterikytkentä)

RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ
1(
r
COUT
Uout
CIN 0)
‚d c
+
Uin d 12 V

c R2 = 33 kΩ −

RE = 470 Ω


7. tunti

CE-vahvistimen analysointi

RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ

- r βiB uout
iin
? c
uin -
iB
c R2 = 33 kΩ

RE + re


7. tunti

Kotitehtävä 7
RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ
1(
r

CIN 0)
‚d
+
Uin β = 100
d 12 V

R2 = 33 kΩ −
c COUT
Uout
RE = 470 Ω c

Laske piensignaalianalyysin avulla kuvan vahvistimelle tulo- ja
lähtöresistanssit Rin ja Rout sekä jännitevahvistus Uout .
Uin
Uout ≈ 0,99.
Rin ≈ 15,8 kΩ, Rout ≈ 6,569 Ω ≈ 7 Ω U
in


8. tunti

Lasketaan ensin emitterivirta piensignaalisijaiskytkennän dynaamisen
resistanssin re selvittämiseksi:
12 V − UE − 0,7 V UE + 0,7 V
IE = (β + 1) −
R1 R2
ja
UE
IE =
RE
josta ratkeaa
UE ≈ 1,83426 V
ja
IE ≈ 3,90 mA,
joten
nUT 1 · 26 mV
re = ≈ ≈ 6,67 Ω.
IE 3,9 mA

8. tunti

Muodostetaan piensignaalisijaiskytkentä:

RC = 1 kΩ

R1 = 82 kΩ

- r βiB
iin
r
?
uin -
iB
c R2 = 33 kΩ
uout
RE + re c


8. tunti


Piensignaalikantavirta on
uIN
ib = ,
(re + Re )(1 + β)

josta saadaan piirin lähtöjännitteksi
uIN
uout = ie Re = (1 + β)ib Re = (1 + β) Re
(re + Re )(1 + β)

joten
uout RE
= ≈ 0,99.
uin RE + re


8. tunti

Lähtöresistanssin selvittämiseksi ajatellaan piirin lähtöön (eli RE :n rinnalle)
kuormavastus RL . Tällöin kuormalle menevä todellinen lähtöjännite on

RE ||RL
uL = uin
RE ||RL + re

Jännitteenjakosäännön mukaan vahvistimen lähtöresistanssille ja
kuormittamattomalle jännitteelle pätee
RL RL RE
uL = uout = uin
ROUT + RL ROUT + RL RE + re
Edellisistä yhtälöistä ratkeaa
re RE
ROUT = ≈ 7 Ω.
re + RE


8. tunti


Tuloresistanssi ratkeaa kuten yhteisemitterikytkennässäkin. Nyt myös
mahdollinen emitterille kytketty kuorma RL vaikuttaa lähtöresistanssiin:

RIN = R1 ||R2 ||(1 + β)(re + RE ||RL )

Jos kuormavastusta ei ole kytketty, tuloresistanssiksi saadaan 15,8 kΩ.


8. tunti

Mikropiirit

Kymmeniä vuosia sitten suuri osa elektroniikasta toteutettiin
erilliskomponenteista kokoamalla.
1970-luvulla mikropiirit yleistyivät rajusti. Mikropiirien etuja ovat
edullisuus ja pieni koko.
Nykyään laitesuunnittelu kehittyy yhä enemmän siihen suuntaan, että
valmistetaan standardimikropiirejä ja ajetaan sinne ohjelmisto sisään,
jolloin saadaan ohjelmistosta riippuen aikaiseksi digiboksi tai
tietokoneen äänikortti (kärjistetty esimerkki).
Analogiatekniikassa tärkeä (tärkein?) mikropiiri on operaatiovahvistin
(ammattislangilla opari).


8. tunti

Operaatiovahvistin

Operaatiovahvistimeen kytketään käyttöjännite, josta se saa
energiansa (kuvassa ±15 volttia). Operaatiovahvistin mittaa
tulonapojensa välistä jännite-eroa ja muuttaa lähtöjännitettä sen
mukaisesti.

+15 V
˜
−˜ ˜ Uout = A(U+ − U− )
+ 44
4
−15 V

A on operaatiovahvistimen vahvistuskerroin, U+ , U− , Uout ovat
jännitteitä maasolmua vasten ilmoitettuna.


8. tunti

Ideaalinen operaatiovahvistin
Ideaaliselle operaatiovahvistimelle pätee
Vahvistuskerroin A on ääretön (käytännön oparilla se on 100000).
Tulonapoihin ei mene virtaa (käytännön oparilla niihin menee mikro-
tai nanoampeereja).
Lähtöjännite voi vaihdella käyttöjännitteiden välillä (näin voi tapahtua
käytännössäkin, jos operaatiovahvistimen datalehdessä lukee
rail-to-rail-operation).
Ideaalinen operaatiovahvistin on äärettömän nopea.
Tällä kurssilla operaatiovahvistin oletetaan aina ideaaliseksi
(sähköinsinöörit ottavat huomioon myös epäideaalisuudet).

+15 V
˜
−˜ ˜ Uout = A(U+ − U− )
+ 44
4
−15 V


8. tunti

Operaatiovahvistinkytkennät

Operaatiovahvistinta ei käytännössä koskaan käytetä sellaisenaan,
vaan kytkemällä siihen muita komponentteja saadaan aikaiseksi
käytännöllinen piiri.
Tällä tunnilla näistä kytkennöistä käsitellään
Invertoiva vahvistin
Invertoiva summain
Ei-invertoiva vahvistin
Jännitteenseuraaja


8. tunti

Invertoiva vahvistin

R2
+15 V
˜
−˜
R1 ˜
+ 44
Uin 4
−15 V
Uout
c
c

R2
Uout = − Uin
R1


8. tunti

Laskutekniikkaa

Jos ideaalinen operaatiovahvistin (A → ∞) on kytketty siten, että
Uout :n nousu kasvattaa jännitettä U− (tai pienentää jännitettä U+ ),
kyseessä on negatiivinen takaisinkytkentä.
Negatiivinen takaisinkytkentä pakottaa molempiin tulonapoihin
saman jännitteen eli U+ = U− .
Laskutekniikka negatiivisessa takaisinkytkennässä: selvitä toisen
tulonavan jännite; siitä seuraa, että toisessakin tulonavassa on sama
jännite.
Tarkista lopuksi, että lähtöjännite on käyttöjännitteiden asettamissa
rajoissa!


8. tunti

Invertoiva summain
R3
U3
c R2 R
+15 V
U2 ˜
−˜
R1 ˜
+ 44
c
U1 4
−15 V
Uout
c
c

1 1 1
Uout = −R U1 + U2 + U3
R1 R2 R3


8. tunti

Ei-invertoiva vahvistin
+15 V
˜
+˜ ˜
− 44
Uin 4
−15 V
R2 Uout
c
c

R1

R2
Uout = 1 + Uin
R1


8. tunti

Jännitteenseuraaja +15 V
˜
+˜ ˜
− 44
Uin 4
−15 V
Uout
c
c

Uout = Uin
Kytkennän hyöty: jännitettä Uout voidaan kuormittaa (esimerkiksi
kytkemällä siihen jokin mittalaite) ilman, että Uin -puolelle kytketty laite
huomaa mitään.


8. tunti

Kotitehtävä 8

R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ

R2
+15 V R4
˜ +15 V
−˜ ˜
R1 ˜ − ˜˜
+4 4
R3
Uin 4 + 44
−15 V
4
−15 V
c Uout
c

Kotitehtävä 8
Laske Uout , kun Uin = 2 V.

Uout = 12 V


9. tunti

Kotitehtävä 8 - esimerkkiratkaisu

R1 = 1 kΩ R2 = 2 kΩ R3 = 1 kΩ R4 = 3 kΩ

R2
+15 V R4
˜ +15 V
−˜ ˜
R1 ˜ − ˜˜
+4 4
R3
Uin 4 + 44
−15 V
4
−15 V
c Uout
c

Laske Uout , kun Uin = 2 V. Ratkaisu: piirissä on kaksi peräkkäin kytkettyä
invertoivaa vahvistinta. Ensimmäisen vahvistuskerroin on − R2 = −2 ja
R1
R4
toisen − R3 = −3. Koko piirin vahvistuskerroin on näiden tulo −2 · −3 = 6,
eli kysytty jännite Uout = 2 V · 6 = 12 V.

9. tunti

Positiivinen takaisinkytkentä

Negatiivisessa takaisinkytkennässä lähtöjännitettä kasvattava häiriö
kasvattaa myös invertoivan tulon jännitettä → välitön korjausliike →
piiri pysyy tasapainoasemassa, eli U+ = U− .
Entä jos vaihdetaan invertoivan ja ei-invertoivan tulon paikkaa?
Tällöin käy juuri päinvastoin: pieni häiriö tasapainoasemasta
voimistaa häiriötä → lähtöjännite ajautuu toiseen äärilaitaan.


9. tunti

+15 V
˜
−˜ ˜
+ 44
Uin 4
−15 V
R2 Uout
c
c

R1


9. tunti


R2
+15 V
˜
+˜
R1 ˜
− 44
Uin 4
−15 V
Uout
c
c


9. tunti

Kotitehtävä 9
−15 V
R2 = 15 kΩ

R = 15 kΩ
+15 V
˜
+˜
R1 = 7,5 kΩ ˜
− 44
Uin 4
−15 V
Uout
c
c

Piirrä piirin ominaiskäyrä (vaaka-akselille Uin ja pystyakselille Uout ).
Operaatiovahvistin on rail-to-rail-tyyppinen, eli lähtöjännite voi vaihdella
käyttöjännitteiden välillä. Hystereesisrajat ovat 0 V ja +15 V.


10. tunti


Kumpikin hystereesisraja saadaan laskemalla, milloin operaatiovahvistimen
tulonavoissa on sama jännite. Tutkitaan ensin tapaus, kun Uout = 15 V.
Jos ei-invertoivassa tulossa on 0 V, on vastuksen R virta 1 mA (oikealta
vasemmalle) ja vastuksen R2 virta myös 1 mA oikealta vasemmalle. Tällöin
virta R1 :n läpi on 0 mA, eli Uin = 0 V. Alempi hystereesisraja on siis 0 V.
Toinen raja: nyt Uout = −15 V. Jos ei-invertoivassa tulossa on 0 V, on
vastuksen R virta 1 mA (vasemmalta oikealle) ja vastuksen R2 virta 1 mA
oikealta vasemmalle. Tällöin virta R1 :n läpi on 1 mA + 1 mA = 2 mA
vasemmalta oikealle, eli Uin = 15 V. Ylempi hystereesisraja on siis +15 V.


10. tunti

Integraattori

C
+15 V
˜
−˜
R
˜
+ 44
Uin 4
−15 V
Uout
c
c

1 t
uout = − uin dt + U0
RC 0


10. tunti

Derivaattori

R
+15 V
˜
−˜ ˜
C + 44
Uin 4
−15 V
Uout
c
c

duin
uout = −RC
dt


10. tunti

Tarkkuustasasuuntaaja

R
d RL Uout
c
+15 V d
˜
−˜
R
˜
+ 44
Uin 4
−15 V
c


11. tunti

Suodattimet

Suodatin
= elektroninen piiri, jonka tehtävänä on vaikuttaa läpi menevän signaalin
amplitudiin ja/tai vaiheeseen eri taajuuksilla eri tavoin.


11. tunti

Toteutustapoja

Suodatin voidaan toteuttaa joko analogisesti tai digitaalisesti
Analoginen suodatin on aktiivinen, jos toteutuksessa on käytetty
vahvistimia. Pelkistä passiivikomponenteista (käytännössä vastus,
kondensaattori ja kela) koottu suodatin on passiivinen suodatin.


11. tunti

Suodatintyypit

Tavallisimmat suodatintyypit ovat
Alipäästösuodatin: vaimentaa korkeita taajuuksia, päästää läpi
matalat taajuudet.
Ylipäästösuodatin: vaimentaa matalia taajuuksia, päästää läpi korkeat
taajuudet.
Kaistanestosuodatin: päästää läpi korkeat ja matalat taajuudet, mutta
vaimentaa tietyllä välillä olevia taajuuksia.
Kaistanpäästösuodatin: vaimentaa liian matalia ja liian korkeita
taajuuksia, mutta päästää läpi tietyllä välillä olevat taajuudet.
Kokopäästösuodatin: vaimennus ei ole taajuusriippuvainen, ainoastaan
vaihesiirto.


11. tunti

Asteluku

Suodattimen asteluku = siirtofunktion s:n korkein potenssi.
Suodattimen asteluku analogisessa suodattimessa on yleensä sama
kuin suodattimen kelojen ja kondensaattorien määrä.
Korkeampi asteluku merkitsee yleensä jyrkempää luiskaa
päästökaistan ja estokaistan välillä.
Päästökaistan ja estokaistan välistä pistettä kutsutaan rajataajuudeksi
(engl. cut-oﬀ frequency).


11. tunti

1. asteen alipäästösuodatin

1
Yleinen muoto F (s) = s+1 , tällöin ominaiskulmataajuus ω0 = 1.
s 1
Sijoittamalla s → ω0 saadaan F (s) = s
+1
ω0
Uout 1
Voidaan toteuttaa yksinkertaisella RC-piirillä, F (s) = Uin = RCs+1
Vertaamalla siirtofunktiota ja yleistä muotoa keskenään saadaan
1
ω0 = RC
Ominaistaajuudella |F (s)| = √1
2
ja vaihekulma −45◦

R
Uin C Uout
c c


11. tunti

2. asteen alipäästösuodatin

1 1
Yleinen muoto s 2 +2Ds+1
→ s s
( ω )2 +2D ω +1
0 0
Vaimennusvakio D määrää vasteen muodon, ω0 paikan
(kulma)taajuusakselilla
Voidaan toteuttaa esim. Sallen-Key -piirillä
1
Tärkeää! Ominaiskulmataajuudella ei välttämättä |F (s)| = √
2


11. tunti

Butterworth-alipäästösuodattimen asteluvun vaikutus
1. aste
2. aste
0 3. aste
4. aste
5. aste

-20
Vahvistus (dB)

-40

-60

-80

-100
0.01 0.1 1 10 100
Kulmataajuus (rad/s)

11. tunti

D-arvon vaikutus amplitudivasteeseen
5
D=0,1
D=0,5
D=0,707
D=0,9
D=2
4
Siirtofunktion itseisarvo

3

2

1

0
0.1 1 10
Kulmataajuus (rad/s)

11. tunti

Sallen-Key -alipäästösuodatin

C2
+15 V
˜
− ˜˜
+ 44
4
R2 R1 −15 V
Uout
Uin C1
c
c

Uout 1
F (jω) = =
Uin (jω)2 C1 C2 R1 R2 + jωC1 (R1 + R2 ) + 1


11. tunti

1. asteen ylipäästösuodatin

s
s ω0
Siirtofunktio s+1 → s
+1
ω0

Voidaan toteuttaa RC-piirillä

C
Uin R Uout
c c


11. tunti

2. asteen ylipäästösuodatin

s
( ω )2
s2
Yleinen muoto s 2 +2Ds+1
→ s 2
0
s
( ω ) +2D ω +1
0 0
Voidaan toteuttaa esim. Sallen-Key -piirillä
1
Tärkeää! Ominaiskulmataajuudella ei välttämättä |F (s)| = √
2


11. tunti

Mitoitus ja taajuusmuunnokset

Haluttu piste ominaiskäyrällä voidaan siirtää muualle sijoittamalla
s → s fvanha
fuusi
Esimerkiksi jos siirtofunktion puolen tehon piste sijaitsee paikassa
ω = 42 ja se halutaan taajuudelle f = 500 Hz, sijoitetaan
42
siirtofunktioon jokaisen s:n paikalle s 2π·500
Osoittajan kertominen vakiokertoimella ei vaikuta amplitudivasteen
muotoon eikä vaiheeseen.
Mitoittamisen lähtökohtana on nimittäjäpolynomi, joka katsotaan
taulukkokirjasta. Esim:
Butterworth
Bessel
Legendre
...


11. tunti

Näin mitoitan suodattimen

Esimerkki: Suunnittele toisen asteen Butterworth-alipäästösuodatin, jonka
puolen tehon piste on taajuudella 500 Hz. Toisen asteen
√
Butterworth-polynomi on (s 2 + 2s + 1).
Ratkaisun kulku:
1 Selvitetään, millä taajuudella sijaitsee puolen tehon piste
alkuperäisellä siirtofunktiolla
2 Siirretään piste taajuudelle 500 Hz
3 Ratkaistaan D ja ω0
4 (Rakennetaan piiri)


11. tunti

Selvitetään puolen tehon piste ja siirretään se

Tasajännitteellä (ω = 0) vahvistus on 1, joten puolen tehon kulmataajuus
on
1 1
√ = √ , s = jω1/2 ,
s 2 + 2s + 1 2
josta ratkeaa ω1/2 = 1. Tämä piste saadaan siirrettyä taajuudelle 500 Hz
tekemällä sijoitus
1
s→s ,
2π · 500
jolloin siirtofunktioksi saadaan
1
s
√ s
.
( 2π·500 )2 + 2 2π·500 + 1


11. tunti

Ratkaistaan ω0 ja D

Vertaamalla saatua siirtofunktiota yleiseen muotoon
1 1
s
√ s
= s s
( 2π·500 )2 + 2 2π·500 +1 ( ω0 )2 + 2D ω0 + 1

1
nähdään, että ω0 = 2π · 500 ≈ 3140 ja D = √ .
2


11. tunti

Kotitehtävä 10

R2
+15 V
˜
− ˜˜
+ 44
4
−15 V
C2 C1 Uout
Uin R1
c
c

Osoita, että kuvan piirin siirtofunktio on 2. asteen ylipäästöfunktio eli
muotoa
s
Uout ( ω0 )2
F (s) = = s 2 s
Uin ( ω0 ) + 2D ω0 + 1
ja laske arvot D ja ω0 (komponenttiarvojen funktiona).
1 R (C +C )
ω0 = √ ja D = 1 √2 1 2
2
C 1 C 2 R1 R2 C1 C2 R1 R2


12. tunti

Teholähteet

Käytännössä kaikissa verkkokäyttöisissä elektroniikkalaitteissa on
teholähde, joka muuttaa verkkosähkön laitteelle sopivaksi
matalajännitteiseksi tasasähköksi.
Teholähteet voidaan jakaa lineaarisiin teholähteisiin ja
hakkuriteholähteisiin.
Elektroniikan tuotantomenetelmien kehittyminen ja tuotantomäärien
kasvaminen on johtanut hintojen laskuun niin, että lähes kaikissa
laitteissa on nykyään hakkuriteholähde.
Tällä kurssilla käsitellään lineaarisia teholähteitä niiden
yksinkertaisuuden ja havainnollisuuden vuoksi. Hakkuriteholähteitä
käsitellään jatkokurssilla.


12. tunti

Hakkuriteholähde lyhyesti
Hakkuriteholähteessä jännitteen muuntaminen perustuu nopeaan
elektroniseen kytkimeen (transistoriin).
Hakkuriteholähteeseen perustuvassa verkkolaitteessa verkkojännite
tasasuunnataan, jonka jälkeen se syötetään nopean kytkimen
välityksellä suurtaajuusmuuntajaan.
Nopean katkomisen ansiosta saadaan muuntajaan suuri
magneettivuon muutosnopeus → pärjätään pienikokoisella
muuntajalla.
Suuren taajuuden ansiosta myös tarvittavat suodatuskondensaattorit
ovat pieniä. Koska jännitteen säätö tapahtuu on-oﬀ-kytkimellä,
lämpöhäviöt ovat pieniä.
Pieni koko ja hyvä hyötysuhde ovat hakkuriteholähteen tärkein etu.
Haittapuolia ovat monimutkaisuus ja nopean virran katkomisen
tuottamat häiriöt.


12. tunti

Lineaarinen teholähde

Lineaarisessa teholähteessä
verkkojännite alennetaan ensin verkkomuuntajalla.
Seuraavaksi jännite tasasuunnataan (yleensä) diodisillalla.
Diodisillalta saatava sykkivä tasajännite suodatetaan tasaisemmaksi
kondensaattorilla.
Jos tarvitaan erittäin stabiilia tasajännitettä, käytetään lisäksi
regulaattoria, joka leikkaa jännitteen vaihtelut pois.
Verkkolaitteessa on tavallisesti myös sulake muuntajan ensiöpuolella.


12. tunti

Esimerkki lineaarisesta teholähteestä

Regulaattori

d Uin Uout
§
˜ ¦
§ D1 C1 C2 RL
¤ §
¦
¤ ¦
¥ ¤ r
230 V 50 Hz ¥
¤ § ¥
¥ §
¦
˜
¦
§
¦
d

D2
Koska muuntajassa on keskiulosotto, voidaan kokoaaltotasasuuntaus
toteuttaa kahdella diodilla.


Elektroniikan perusteet 1

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (19)

More from Vesa Linja-aho

More from Vesa Linja-aho (20)

Elektroniikan perusteet 1