Elektronik, Übung, Prof. Ackermann

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1 Elektronik, Übung, Prof. Ackermann Christoph Hansen Dieser Text ist unter dieser Creative Commons Lizenz veröffentlicht. Ich erhebe keinen Anspruch auf Vollständigkeit oder Richtigkeit. Falls ihr Fehler findet oder etwas fehlt, dann meldet euch bitte über den kontakt. Inhaltsverzeichnis Aufgabe 1 2 Aufgabe 2 3 Aufgabe 3 7 Aufgabe

2 C. Hansen 2 Aufgabe 1 a) Wir nehmen an das beide Dioden leiten! Wir berechnen die Maschen wie auf dem Bild dargestellt: Masche I : 0 = 10 V I R1 R 1 I R1 = 10 V = 2 ma R 1 Masche II : 0 = I R2 R V I R2 = 10 V = 1 ma Knoten I : 0 = I R1 + I R2 + I I = I R1 I R2 = 1 ma Die Spannung U berechnen wir dann so: R 2 Masche III : 0 = 10 V I R1 R 1 + U U = 10 V + I R1 R 1 = 0 V

3 C. Hansen 3 b) Wir gehen wieder davon aus, das die Dioden leiten und können die selben Formeln wie vorhin benutzen: I R1 = 1 ma I R2 = 2 ma I = I R1 I R2 = 1 ma Das ist ein Widerspruch zu der Annahme, das unsere Dioden leiten, das D 1 hier in Sperrrichtung betrieben wird! Deshalb machen wir jetzt die Annahme, das D 1 sperrt udn D 2 leitet. Wir betrachten wieder die Maschen: Masche I : 0 = 10 V I x R V I x = 20 V = 1,33 ma R 1 + R 2 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 D 2 leitet nur bei positiver Polarität, also wenn oben eine positive und unten eine negative Spannung anliegt.

4 C. Hansen 4 Die Zehnerdiode leitet bei positiver Polarität mit U Z = 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 D 1 leitet, aber D 2 sperrt, daraus ergibt sich folgendes Schaltbild Wir betrachen wieder die Maschen: Masche I : 0 = U Ein + I R + I 2R 0,6 V I = U Ein + 0,6 V 3R Masche II : 0 = 0,6 V I 2R + U Aus U Aus = I 2R 0,6 V = 2R 3R (U Ein + 0,6 V) 0,6 V = 2 3 U Ein 1 3 0,6 V U Aus ( 10 V) = 6,86 V

5 C. Hansen 5 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 I = U Ein 0,7 V 4R 0 = 0,7 V I 3R + U Aus U Aus = 3R I + 0,7 V = 3R UEin 0,7 V 4R = 3 4 U Ein ,7 V + 0,7 V 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 D 1 die Zehnerspannung erreichen muss, also gilt U Z = 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: 4,7 V = 3 4 U Ein ,7 V U Ein = 6,03 V

6 C. Hansen 6 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 U Aus = U Ein = 6 11 U Ein 2R 3R 2R+3R R + 2R 3R 2R+3R Nur Zehnerdiode R 3R U Aus = 4,7 R+3R 2R + R 3R R+3R = ,7 Nur normale Diode R 2R U Aus = 0,7 R+2R 3R + R 2R R+2R = ,7 Wenn wir alle Teilspannungen addieren, erhalten wir die Gesamtspannung: U Aus = U Aus + U Aus + U Aus = 6 11 U Ein , ,7

7 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 8 Masche I : U x I e R e U k I B R B = 0 Masche II : U Aus R c I c + U cc = 0 U Aus = U cc R c I c Nun ersetzen wir den Strom I e und I B : Gleichung III : Gleichung IV : I e = I c A N I B = I c B N = I c (1 A N ) A N Wir setzen dies ein: I c U x = I c (1 A N ) R e = 0 A N R e U k A ( ) N Re = I c + (1 A N) R B I c = A N A N R e + (1 A N ) R B A N Wir setzen in die Gleichug für Masche II ein: U Aus = U cc A N R e R e + (1 A N ) R B U x 0,7V = 5V 0, Ω 1000Ω + (1 0,995) 1000Ω = 8,469 V 4,94 U x Wir müssen für U x wieder einsetzen (sehr wichtig!!): = 8,469 V 4,94 kω I ein Sperrgrenze An der Sperrgrenze gilt U Aus = U cc = 5 V. Damit berechnen wir den Strom:

9 C. Hansen 9 5 = 8,465 4,95 I ein I ein = 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 = R B I B U k Wir ersetzen nun I e in Masche I: 0 = U x R e (B N + 1) I B U k I B R B I B = R e (B N 1) + R B Wir setzen in Gleichung V ein: An der Sättigungsgrenze gilt: U Aus,S tt = R B U k R e (B N 1) + R B U x 0,7 V U Aus = 1000 Ω 1000 Ω Ω 0,7 V = U x ,7 V 201 0,7 V = U x 201 0,697 V U Aus,S tt = U Aus,cc U x 201 0,697 V = 8,469 V 4,94 U x U x = 1,85 V I ein = U x = 1,85 = 1,85 ma R e 1000

10 C. Hansen 10 b) Wir betrachten den rechten Ausschnitt der Schaltung: Wir nutzen die Superposition: R L U Aus = U cc = R c + R L = 0,45 V Nun betrachten wir die Ströme: U Aus = I L R L mit I L = I c R c = I c R L R L + R c = I c 454,54 R c R L + R c U Aus = U Aus + U Aus = 0,45 V I c 454,54 Ω

11 C. Hansen 11 Aufgabe 4 Zunächst ersetzen wir den linken Teil der Schaltung wir folgt: Dann können wir Gleichungen für U x und R x aufstellen: U x = U ein Wir erhalten dann diese Schaltung: R 2 = U ein 3 R 1 + R 2 9 = U ein 3 R x = R 1 R 2 R 1 + R 2 + R B = 3 kω R 1 und R 2 sind parallel! Wir stelle die Maschengleichungen auf: Wir ersetzen I B : Masche I : U x + R x J B + U k + R e I e = 0 Gleichung II : Masche III : U Aus1 = R e I e R c I c U Aus2 = U cc I e I e I B = B N + 1 = A N 1 A N + 1 = I e (1 A N )

12 C. Hansen 12 Wir setzen in die Gleichung für Masche I ein: 0 = U x + R x I e (1 A N ) + U k + R e I e I e = R x (1 A N ) + R e Jetzt können wir in die Gleichung II einsetzen: U Aus1 = R e I e = R e R x (1 A N ) + R e Nun schauen wir uns die Masche III an: U Aus2 = U cc R c I c mit I c = I e A N = U cc R c A N R x (1 A N ) + R e Sperrgrenze: Bei der Sperrgrenze gilt U Aus1 = 0 V bzw. U Aus2 = U cc = 5 V. Wir stellen dann auf: U x = U k U Ein,S perr = 3 U k = 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