Sähkötekniikan perusteet

Sähkötekniikan perusteet A (3 op)Syksy 2010 / Luokka AJ/AL09

Vesa Linja-aho

Metropolia

19. maaliskuuta 2011

Vesa Linja-aho (Metropolia) Sähkötekniikan perusteet A (3 op) 19. maaliskuuta 2011 1 / 124

Sisällysluettelo

Klikkaamalla luennon nimeä pääset hyppäämään luennon ensimmäisellekalvolle.

1 1. tunti2 2. tunti3 3. tunti4 4. tunti5 5. tunti6 6. tunti

7 7. tunti8 8. tunti9 9. tunti10 10. tunti11 11. tunti


1. tunti

Kurssin perustiedot

Opettaja: DI Vesa Linja-aho, [email protected]

Tunnit ti 11.00-12.45 (P228) ja to klo 8.00-10.45 (P320). Jos pidetään tunnit yhteen, lopetamme luonnollisesti aiemmin.

Suorittaminen: Koe. Koe on to 16.12.2010 klo 8.00-10.45 luokassaP320.

Oppikirja: Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja elektroniikka. Kirja on myyty loppuun kustantajalta. Kirja saatavilla myös Metropolian, kaupungin ja TKK:n kirjastosta. Viime kurssin palautteessa opiskelijat olivat sitä mieltä, että jos oli

tunneilla, kirjaa ei välttämättä tarvinnut.

Kurssin kotitehtävät eivät ole pakollisia mutta suositeltavia.

Kaikista muutoksista tiedotetaan Tuubi-portaalissa ja kaikki kalvottulevat Tuubiin!


1. tunti

Kurssin oppimistavoitteet

Opinto-oppaasta:

TavoitteetOpiskelija oppii tasa- sekä vaihtosähkötekniikan perusteet. Lisäksi oppilas oppiimagnetismin- sekä puolijohdetekniikan perusteet.

SisältöSähkötekniikan peruslait ja niiden soveltaminen ajoneuvossa sekämittaustekniikassa. Yleisimmät puolijohdekomponentit sekä rajapintailmiöntarkastelua. Vaihtosähkötekniikan perusteet. Magnetismin perusilmiöt sekäperuskäsitteet ja niiden soveltaminen ajoneuvossa.


1. tunti

Kurssin aikatauluTunneilla käsitellään seuraavat asiat

1 Sähkötekniikan perussuureet ja yksiköt. Jännitelähde ja vastus. Kirchhoffin lait ja

Ohmin laki.

2 Konduktanssi. Sähköteho. Sarjaan- ja rinnankytkentä. Solmu, napa, portti, maa.

Virtalähde.

3 Kirchhoffin lakien soveltaminen virtapiirin ratkaisemisessa.

Solmujännitemenetelmä.

4 Edellisen tunnin asioiden harjoittelua.

5 Diodi.

6 Transistori.

7 Operaatiovahvistin.

8 Kondensaattori, kela ja muutosilmiöt.

9 Edellisen tunnin asioiden harjoittelua.

10 Jännitteenjako- ja virranjakosäännöt. Hieman digitaalitekniikkaa.

11 Kertaus.

12 Koe.


1. tunti

Kurssi muodostaa pohjan sähkötekniikan opiskelulle

Kurssilla opittu teoria auttaa (toivottavasti :-) ymmärtämäänkäytäntöpainotteisilla kursseilla opittavia asioita.

Sähkötekniikan merkitys ajoneuvotekniikassa

Autoissa on yhä enemmän ja enemmän sähkötekniikkaa, elektroniikkaa jatietotekniikkaa.

Sähkötekniikan perusteiden osaaminen on autoinsinöörille tärkeää.Sähkötekniikan perusasiat pysyvät samana vuodesta toiseen (tiedot eivätvanhene).


1. tunti

Opiskelusta

1 op ≈ 26,7 tuntia työtä. 3 op = 80 tuntia työtä. Tästä lähiopetustaon 39 tuntia.

Eli opiskelua oletetaan tapahtuvan myös omalla ajalla!

Luentokalvoja ei ole suunniteltu itseopiskelumateriaaliksi. Jos et pääsetunneille, kannattaa hankkia oppikirja.

Jos tunneilla edetään liian nopeasti tai liian hitaasti, sanokaa siitä(joko tunnilla tai kahden kesken [esim. sähköpostitse])!

Kyselkää paljon, myös tyhmiä kysymyksiä.

Tämä on teoriakurssi, kerron mielelläni käytännön sovelluksista,mutta niitä ei kysytä tentissä.


1. tunti

Miksi sähkötekniikka voi tuntua vaikealta?

Virtapiirien käsittely voi tuntua vaikealta, koska "sähköä ei voi nähdä".Esimerkiksi auton vaihdelaatikon toiminnan voi ymmärtää pelkälläterveellä järjellä. Sähkötekniikassa on luotettava mittalaitteisiin jatieteellisiin teorioihin.


1. tunti

Kohta mennään itse asiaan

Kysymyksiä?


1. tunti

Sähkövirta

Sähkövirta on varauksenkuljettajien liikettä.

Yksikkö on ampeeri (A).

Suureen lyhenne on I.

Sähkövirtaa voidaan verrata letkussa kulkevaan veteen.

Virta kiertää aina jossain silmukassa (se ei puristu kasaan eikä häviäolemattomiin).

Virtapiirissä virta merkitään nuolella johtimeen:

I = 2 mA-


1. tunti

Kirchhoffin virtalaki

Kuten edellä todettiin, sähkövirta ei häviä mihinkään.

Kirchhoffin virtalaki (myös: Kirchhoffin ensimmäinen laki)

Virtapiirin jollekin alueelle tulevien virtojen summa on yhtä suuri kuinsieltä lähtevien virtojen summa.

I1 = 3 mA-

I2 = 2 mA-

I3 = 1 mA6

Piirsitpä ympyrän mihin tahansa kohtaan piiriä, ympyrän sisään meneeyhtä paljon virtaa kuin mitä tulee sieltä ulos!


1. tunti

Ole tarkka etumerkkien kanssa!

Voidaan sanoa: "pankkitilin saldo on -50 euroa"tai "olen 50 euroavelkaa pankille".

Voidaan sanoa: "Yrityksen tilikauden tulos oli -500000 euroa"tai"firma teki tappiota 500000 euroa".

Jos mittaat johtimen virtaa virtamittarilla ja se näyttää −15 mA, niinkääntämällä mittarin toisin päin se näyttää 15 mA.

Aivan samalla tavalla voidaan virran suunta ilmoittaa etumerkillä. Allaon kaksi täysin samanlaista piiriä.

I1 = 3 mA-

I2 = 2 mA-

I3 = 1 mA6

Ia = −3 mA

Ib = −2 mA

I3 = 1 mA6


1. tunti

Jännite

Jännite on kahden pisteen välinen potentiaaliero.

Suureen lyhenne on U.

Virtapiirianalyysissä ei oteta kantaa siihen, miten potentiaaliero onluotu.

Jännitteen yksikkö on voltti (V).

Jännitettä voi verrata paine-eroon putkessa tai korkeuseroon.

Jännitettä merkitään pisteiden välille piirretyllä nuolella.

+

−

12 V U = 12 V

?


1. tunti

Kirchhoffin jännitelaki

Kahden pisteen välillä vaikuttaa sama jännite tarkastelureitistäriippumatta.

Tämä on helpoin hahmottaa rinnastamalla jännite korkeuseroihin.

Kirchhoffin jännitelaki (myös: Kirchhoffin toinen laki)

Silmukan jännitteiden summa on etumerkit huomioon ottaen nolla.

− +1,5 V

− +1,5 V

− +1,5 V

4,5 Vr r


1. tunti

Ohmin laki

Mitä suurempi virta, sitä suurempi jännite – ja päinvastoin.

Resistanssilla tarkoitetaan kappaleen kykyä vastustaa sähkövirrankulkua. Resistanssi on jännitteen ja virran suhde.

Resistanssin tunnus on R ja yksikkö ohmi (Ω).

U = RI

R

U -

I-


1. tunti

Käsitteitä

Tasajännite Jännite, joka pysyy ajan suhteen vakiona.

Tasavirta Virta, joka pysyy ajan suhteen vakiona.

Tasasähkö Yleisnimitys tasavirralle ja -jännitteelle.

Vaihtosähkö Virta ja jännite muuttuvat ajan funktiona.

Esimerkki

Taskulampussa on tasasähköpiiri (paristo, kytkin ja polttimo). Polkupyörändynamo ja lamppu puolestaan muodostavat vaihtosähköpiirin.


1. tunti

Vaihtoehtoinen tasasähkön määritelmä

Tasajännitteellä ja -virralla voidaan tarkoittaa myös jännitettä ja virtaa,jonka suunta (etumerkki) pysyy samana, mutta suuruus voi vaihdella.Esimerkiksi tavallinen lyijyakkujen laturi tuottaa yleensä nk. sykkivää

tasajännitettä, jonka suuruus vaihtelee välillä 0 V ... ≈ 18 V. Tätäkinkutsutaan yleensä tasajännitteeksi.

Sopimus

Tällä kurssilla tasajännitteellä (virralla) tarkoitetaan vakiojännitettä(virtaa). Sekä suunta että suuruus pysyvät ajan suhteen vakiona.


1. tunti

Yksinkertainen virtapiiri

Akkuun kiinnitetty hehkulamppu. Hehkulangan resistanssi on 10Ω.

+

−

12 V @@

I =?-


1. tunti



+

−

12 V 10Ω

I =?-


1. tunti



+

−

12 V 10Ω

I =?-

12 V

?


1. tunti



+

−

12 V 10Ω

I = 1,2 A-

12 V

?

U = RI

I = U

R= 12 V

10Ω = 1,2 A


1. tunti

Oppikirja

Tällä luennolla käsiteltiin kirjan Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja

elektroniikka kappaleet:

1.1.1 Sähkövirta ja Kirchhoffin virtalaki

1.1.3 Potentiaaliero ja Kirchhoffin jännitelaki

1.2.1 Ohmin laki

Koska sivunumerointi saattaa vaihdella painoksittain, viittaan kappaleennumeroihin enkä sivuihin.


1. tunti

Kotitehtävä 1

Kotitehtävä 1

Ratkaise jännite E .

+

−

E

+

−

1,5 V

R = 20Ω

I = 50 mA?


2. tunti

Kotitehtävä 1 - Esimerkkiratkaisu

Kotitehtävä 1


+

−

E

+

−

1,5 V

R = 20Ω

I = 50 mA?


2. tunti


Kotitehtävä 1


+

−

E

+

−

1,5 V

R = 20Ω

I = 50 mA?E

?

U

?UR

?

E + U − UR = 0 ⇔ UR = E + U UR = RI = 20Ω · 50 mA = 1 V


2. tunti


Kotitehtävä 1


+

−

E

+

−

1,5 V

R = 20Ω

I = 50 mA?E

?

U

?UR

?

E + U − UR = 0 ⇔ UR = E + U UR = RI = 20Ω · 50 mA = 1 V

⇒ UR = E + U ⇒ 1 V = E + 1,5 V ⇒ E = −0,5 V


2. tunti

Konduktanssi

Resistanssilla tarkoitetaan kappaleen kykyä vastustaa sähkövirrankulkua.

Resistanssin käänteislukua kutsutaan konduktanssiksi. Konduktanssintunnus on G ja yksikkö Siemens (S).

Konduktanssi kertoo kappaleen kyvystä johtaa sähköä.

Esimerkiksi jos R = 10Ω niin G = 0,1 S.

G = 1R

U = RI ⇔ GU = I

G = 1R

U -

I-


2. tunti

Sähköteho

Teho tarkoittaa tehtyä työtä aikayksikköä kohti.

Tehon tunnus on P ja yksikkö watti (W).

Elementin kuluttama teho on P = UII

-U -

Jos kaava antaa positiivisen tehon, elementti kuluttaa tehoa. Joskaava antaa negatiivisen tehon, elementti luovuttaa tehoa.


2. tunti

Sähköteho

Energia ei häviä piirissä

Piirielementtien kuluttama teho = piirielementtien luovuttama teho.

+

−

E R

I6 I?

I = U

R

PR = UI = U U

R= U2

R

PE = U · (−I) = U −U

R= −U2

R

Kuvassa vastus kuluttaa yhtä paljon tehoa kuin jännitelähde luovuttaa.


2. tunti

Sarjaankytkentä ja rinnankytkentä

Määritelmä: sarjaankytkentä

Piirielementit ovat sarjassa, jos niiden läpi kulkee sama virta.

Määritelmä: rinnankytkentä

Piirielementit ovat rinnan, jos niiden yli on sama jännite.

Sama tarkoittaa samaa, ei samansuuruista.


2. tunti

Sarjaankytkentä ja rinnankytkentä

Sarjaankytkentä

I-

I-

Rinnankytkentä

U -

U -


2. tunti

Vastusten sarjaankytkentä ja rinnankytkentä

Sarjaankytkentä

R1 R2

⇐⇒

R = R1 + R2

Rinnankytkentä

R1

R2

⇐⇒

R = 11

R1+ 1

R2

Tai sama kätevämmin konduktansseilla G = G1 + G2.


2. tunti

Vastusten sarjaankytkentä ja rinnankytkentä

Edellisen kalvon kaavat soveltuvat myös mielivaltaisen monellevastukselle. Esimerkiksi viiden resistanssin sarjaankytkennänresistanssi on R = R1 + R2 + R3 + R4 + R5.


2. tunti

Jännitelähteiden sarjaankytkentä

Jännitelähteiden sarjaankytkennässä jännitteet voidaan laskea yhteen(mutta etumerkeissä pitää olla tarkkana).

Jännitelähteiden rinnankytkentä on piiriteoriassa kielletty (kahdenpisteen välillä ei voi olla yhtäaikaa kaksi eri jännitettä).

− +E1

+ −

E2

− +E3

r r⇐⇒

− +E = E1 − E2 + E3

r r


2. tunti

Mitä sarjaan- ja rinnankytkentä eivät ole

Pelkkä se, että komponentit "näyttävät olevan vierekkäin"ei tarkoita,että kyseessä on rinnankytkentä.

Pelkkä se, että komponentit "näyttävät olevan peräkkäin"ei tarkoita,että kyseessä on sarjaankytkentä.

Mitkä kuvan vastuksista ovat keskenään sarjassa ja mitkä rinnan?

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2


2. tunti

Mitä sarjaan- ja rinnankytkentä eivät ole

Pelkkä se, että komponentit "näyttävät olevan vierekkäin"ei tarkoita,että kyseessä on rinnankytkentä.

Pelkkä se, että komponentit "näyttävät olevan peräkkäin"ei tarkoita,että kyseessä on sarjaankytkentä.

Mitkä kuvan vastuksista ovat keskenään sarjassa ja mitkä rinnan?

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

VastausEivät mitkään! E1 ja R1 ovat sarjassa keskenään, samoin E2 ja R2. Nämä sarjaankytkennät ovatpuolestaan molemmat rinnan R3:n kanssa. Sen sijaan mitkään vastukset eivät ole keskenäänrinnan eivätkä sarjassa.


2. tunti

Napa ja portti

Piirissä olevaa johdon liitäntäkohtaa nimitetään navaksi tai nastaksi.

Kaksi napaa muodostavat portin eli napaparin.

Helpoin esimerkki: auton akku, jolla sisäistä resistanssia.

+

−

E

RS

b

b


2. tunti

Solmu

Solmulla tarkoitetaan virtapiirin aluetta, jonka sisällä on samapotentiaali.

Palikkamenetelmä: laske kynä johonkin kohtaan johdinta. Ala värittääjohdinta, ja aina kun tulee vastaan komponentti, käänny takaisin.Väritetty alue on yksi solmu.

Montako solmua on kuvan piirissä?

+

−

E

R1 R3 R5

R2 R4 R6

I-


2. tunti

Maa

Yksi solmuista voidaan nimetä maasolmuksi.

Maasolmu-merkinnän käyttö säästää piirtämisvaivaa.

Auton akun miinusnapa on kytketty auton runkoon; näin muodostuusuuri maasolmu.

Sanonta "tämän solmun jännite on (esim.) 12 volttia"tarkoittaa, ettäsen solmun ja maan välinen jännite on (esim.) 12 volttia.

+

−

E

R1 R3 R5

R2 R4 R6

I-

r


2. tunti

Maa

Maasolmu voidaan kytkeä laitteen runkoon tai olla kytkemättä(symboli ei siis tarkoita, että laite on "maadoitettu").

Edellisen kalvon piiri voidaan piirtää myös näin:

+

−

E

R1 R3 R5

R2 R4 R6

I-


2. tunti

Virtalähde

Puhekielessä sanaa virtalähde käytetään varsin monimerkityksellisesti.Esimerkiksi tietokoneen virtalähde hajosi.

Virtalähteellä tarkoitetaan piiriteoriassa elementtiä, jonka läpi kulkeejokin tietty virta (se voi olla vakio tai muuttua jonkin säännönmukaan). Aivan kuten jännitelähteenkin napojen välillä on aina samajännite.

J6

R


2. tunti

Virtalähde

Kun jossain johtimen haarassa on virtalähde, tiedät johtimen virran.

J = 1 A6

R1

I = 1 A-

R2


2. tunti

Oppikirja

Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja elektroniikka:

1.2.2 [Siemensin laki ja] konduktanssi eli johtokyky

1.3.1 Tehon ja energiankulutuksen laskeminen

1.4.1 Sarjaankytkentä

1.4.2 Rinnankytkentä

1.5.1 Vastusten sarjaankytkentä

1.5.2 Vastusten rinnankytkentä

1.4.5 Napa, portti, maa

1.6 Jännite- ja virtalähteet


2. tunti

Kotitehtävä 2

Kotitehtävä 2

Ratkaise virta I.

+

−

E

R1 R3 R5

R2 R4 R6

I-

R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = 1Ω E = 9 V


3. tunti


Kotitehtävä 2

Ratkaise virta I.

+

−

E

R1 R3 R5

R2 R4 R6

I-

R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = 1Ω E = 9 V

R5 ja R6 ovat sarjassa. Tämän sarjaankytkennän resistanssi onR5 + R6 = 2Ω.

Tämä sarjaankytkentä puolestaan on rinnan R4:n kanssa. Tämänrinnankytkennän resistanssi on 1

11+ 1

2

Ω = 23 Ω.


3. tunti

Ratkaisu jatkuu

R3 taas on sarjassa edellisen kanssa. Sarjaankytkennän resistanssi onR3 +

23 Ω = 5

3 Ω.

Ja tämä sarjaankytkentä on rinnan R2:n kanssa. Tämänrinnankytkennän resistanssi on 1

( 53)−1+ 1

1

= 58 Ω.

Ja tämän kanssa on sarjassa vielä R1. Jännitelähteen E näkemäkokonaisresistanssi on siis 5

8 Ω+ R1 = 138 Ω.

Virta I on Ohmin lain mukaan I = E138Ω= 72

13 A ≈ 5,5 A.


3. tunti

Kirchhoffin lakien systemaattinen soveltaminen

Virtapiiriyhtälöt kannattaa kirjoittaa systemaattisesti, ettei sekoa omaannäppäryyteensä. Yksi tapa on solmujännitemenetelmä:

1 Nimeä jokaisen virtapiirin haaran virta.

2 Valitse joku solmuista maasolmuksi ja nimeä jännitteet maasolmuavasten.

3 Kirjoita virtayhtälö jokaiselle solmulle, jossa on kiinni enemmän kuinkaksi komponenttia.

4 Lausu vastusten jännitteet nimettyjen jännitteiden avulla (piirrävastusten jännitenuolet samoin päin kuin niiden virtanuolet[=selvempää]).

5 Lausu virrat jännitteiden avulla ja sijoita ne kohdan 2 virtayhtälöihin.

6 Ratkaise jännitteet.

7 Ilmoita kysytty jännite/jännitteet ja/tai virta/virrat.


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2

U3

?


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2

U3

?

I = I1 + I2


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2

U3

?

I = I1 + I2

E1 − U3- E2 − U3


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2

U3

?

I = I1 + I2

E1 − U3- E2 − U3

U3

R3=

E1 − U3

R1+

E2 − U3

R2


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2

U3

?

I = I1 + I2

E1 − U3- E2 − U3

U3

R3=

E1 − U3

R1+

E2 − U3

R2=⇒ U3 = R3

R2E1 + R1E2

R1R2 + R2R3 + R1R3


3. tunti

Esimerkki

Ratkaise virta I.

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

I?

I1-

I2

U3

?

I = I1 + I2

E1 − U3- E2 − U3

U3

R3=

E1 − U3

R1+

E2 − U3

R2=⇒ U3 = R3

R2E1 + R1E2

R1R2 + R2R3 + R1R3

I =U3

R3=

R2E1 + R1E2

R1R2 + R2R3 + R1R3


3. tunti

Huomautuksia

Yhtälöt voi kirjoittaa monella eri logiikalla, ei ole yhtä oikeaamenetelmää.

Vaatimuksena ainoastaan a) Kirchhoffin lakien noudattaminen b)Ohmin lain1 noudattaminen sekä se, että yhtälöitä on yhtä montakuin tuntemattomia.

Jos piirissä on virtalähde, se säästää (yleensä) laskentatyötä, koskasilloin tuntemattomia virtoja on yksi vähemmän.

Käyttämällä konduktansseja yhtälöt näyttävät siistimmiltä.

Kun menetelmän on sisäistänyt, välivaiheita voi ja kannattaapudotella pois.

1Ohmin lakia voi käyttää vain vastuksille. Jos piirissä on muita

komponentteja, tulee tietää niiden virta-jänniteyhtälö eli tietää, miten

komponentin virta riippuu jännitteestä.Vesa Linja-aho (Metropolia) Sähkötekniikan perusteet A (3 op) 19. maaliskuuta 2011 43 / 124

3. tunti

Toinen esimerkki

+

−

E1 +

−

E2R3

R1 R2

R4

R5I1-

I2-

I3?

I5-

I4?

I1 = I2 + I3

I2 = I4 + I5

U3

?

U4

?

E1 − U3

R1=

U3 − U4

R2+

U3

R3ja

U3 − U4

R2=

U4

R4+

U4 − E2

R5

G1(E1 − U3) = G2(U3 − U4)+G3U3 ja G2(U3 − U4) = G4U4 +G5(U4 − E2)

Kaksi yhtälöä, kaksi tuntematonta, voidaan ratkaista. Käytäkonduktansseja!


3. tunti

Huomattavaa

Virtapiirin ratkaisemiseksi on useita muitakin menetelmiä kuinsolmujännitemenetelmä: haaravirtamenetelmä, silmukkamenetelmä,solmumenetelmä, modifioitu solmupistemenetelmä. . .

Mikäli piirissä on ideaalisia jännitelähteitä (=jännitelähteitä, jotkaliittyvät suoraan solmuun ilman että välissä on vastus), yhtälöihintulee yksi tuntematon arvo lisää (=jännitelähteen virta) sekä yksiyhtälö lisää (jännitelähde määrää solmujen jännite-eron).


3. tunti

Oppikirja

Kimmo Silvonen: Sähkötekniikka ja elektroniikka:

1.10.1 Kirchhoffin lakien systemaattinen soveltaminen

1.10.4 Solmujännitemenetelmä


3. tunti

Kotitehtävä 3

Kotitehtävä 3a)

Ratkaise virta I4.

Kotitehtävä 3b)

Tarkista tuloksesi siten, että merkitset kuvaan kaikki jännitteet ja virrat jatoteat, että tuloksesi ei ole ristiriidassa Kirchhoffin lakien kanssa.

J6 R1

− +E

R4

R2 R3 R5

I4?R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1Ω E = 9 V J = 1 A


4. tunti


Kotitehtävä 3a)

Ratkaise virta I4.

Kotitehtävä 3b)

Tarkista tuloksesi siten, että merkitset kuvaan kaikki jännitteet ja virrat jatoteat, että tuloksesi ei ole ristiriidassa Kirchhoffin lakien kanssa.

J6 R1

− +E

R4

R2 R3 R5

I4?R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1Ω E = 9 V J = 1 A


4. tunti

Ratkaisu

J6 R1

− +E

R4

R2 R3 R5

I4?

U2

?

U3

?

I-

R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1Ω E = 9 V J = 1 A

Kirjoitetaan kaksi virtayhtälöä ja yksi jänniteyhtälö. Merkitään vastustenR4 ja R5 sarjaankytkennän konduktanssia symbolilla G45.

J = U2G2 + I

I = U3G3 + U3G45

U2 + E = U3

Sijoittamalla toisesta yhtälöstä I:n ensimmäiseen yhtälöön ja sijoittamallatähän kolmannesta yhtälöstä saatavan U2:n, saadaan

J = (U3 − E )G2 + U3(G3 + G45)


4. tunti

Sijoitetaan yhtälöön lukuarvot ja ratkaistaan:

U3 = 4 V

Joten kysytty virta on 4 V · 1 S = 4 A.

Jänniteyhtälöstä U2 + E = U3 ratkeaa U2 = −5 V, siispä vastuksenR2 virta on 5 A alhaalta ylöspäin.

Virraksi I saadaan 1 A + 5 A = 6 A, josta 4 A kulkee R3:n läpi jaloput 2 A vastusten R4 ja R5 läpi.

Jännitteet ja virrat täsmäävät Kirchhoffin lakien kanssa, joten piiri onlaskettu oikein.


4. tunti

Esimerkki 1

Ratkaise I ja U.

+

−

E1 +

−

E2

− +E3

R1

R2

J6I?

U

?


4. tunti

Esimerkki 1

Ratkaise I ja U.

+

−

E1 +

−

E2

− +E3

R1

R2

J6I?

U

?

I3

J = UG2 + I3

I3 = I + (E1 − E2)G1

U = E1 + E3


4. tunti

Esimerkki 2

Ratkaise U2 ja I1.

+

−

E1 +

−

E2 +

−

E3

J1

- J2

RU2

I1


4. tunti

Esimerkki 2

Ratkaise U2 ja I1.

+

−

E1 +

−

E2 +

−

E3

J1

- J2

RU2

I1

I1 = (E1 − E3)G + J1

E2 + U2 = E3


4. tunti

Esimerkki 3

Ratkaise U4.

+

−

E R2 R4

R1 R3

U4

?


4. tunti

Esimerkki 3

Ratkaise U4.

+

−

E R2 R4

R1 R3

U4

?

U2

?

(E − U2)G1 = U2G2 + (U2 − U4)G3

(U2 − U4)G3 = G4U4


4. tunti

Mistä lisäharjoitusta?

Oppikirjaan on lisämateriaalia osoitteessahttp://users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/lisamateriaali.

Sieltä löytyy tasavirtapiiritehtäviä 175 kipalettahttp://users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/teht100.pdf

Tehtäviin on pdf:n lopussa myös ratkaisut, joten saat välittömänpalautteen osaamisestasi!

Jos intoa riittää, voi opetella käyttämään piirisimulaattoria. Sillä onhelppo mm. tarkistaa kotitehtävät:http://www.linear.com/designtools/software/ltspice.jsp


http://users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/lisamateriaali.htm

http://users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/teht100.pdf

http://www.linear.com/designtools/software/ltspice.jsp

4. tunti

Kotitehtävä 4

Kotitehtävä 4

Ratkaise jännite U.

R1 = 1Ω R2 = 2Ω J1 = 1 A J2 = 2 A E = 3 V

J1

6

+

−

ER1

R2

J2

r rU

?


5. tunti


R1 = 1Ω R2 = 2Ω J1 = 1 A J2 = 2 A E = 3 V

J1

6

+

−

ER1

R2

J2

r rU

?

E − U

J1 + J2 + G2(E − U) = G1U

1 + 2 + 0,5(3 − U) = 1 · U

4,5 = 1,5U

U = 3


5. tunti

Elektroniikka ja puolijohdekomponentit

Neljä ensimmäistä oppituntia käsittelivät piiriteoriaa jasähkötekniikkaa.

Seuraavaksi perehdymme elektroniikkaan ja puolijohdekomponenttienkäyttöön.

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

Kurssin lopussa käsittelemme muutosilmiöt virtapiirissä sekädigitaalitekniikan perusteita.


5. tunti

DiodiPuolijohdediodi koostuu p- ja n-tyyppisen puolijohdepalasenrajapinnasta. n-tyyppisessä puolijohteessa on varauksenkuljettajinaelektroneja ja p-tyyppisessä aukkoja.pn-liitoksessa virta voi kulkea vain toiseen suuntaan (pientävuotovirtaa lukuunottamatta). Jos jännitteen kytkee toisin päin,liitoksen ympärille muodostuu tyhjennysalue, ja varauksenkuljettajateivät pääse liikkumaan.Jos U on positiivinen, sitä kutsutaan päästösuuntaiseksi

jännitteeksi, jos negatiivinen, estosuuntaiseksi.

@

I-

U

W

I = IS

(

eU

nUT − 1

)

UT =kT

q

q = 1,602 · 10−19 As k = 1,381 · 10−23 J

KVesa Linja-aho (Metropolia) Sähkötekniikan perusteet A (3 op) 19. maaliskuuta 2011 57 / 124

5. tunti

Diodi

Puolijohdediodin yhtälöjen käyttö on hankalaa käsin laskiessa.Epälineaarista yhtälöryhmää ei voi ratkaista analyyttisesti (=kaavaapyörittämällä) vaan on käytettävä iteratiivisia menetelmiä.

Diodin jännite-virtakäyrä nousee jyrkästi n. 0,7-0,8 voltin kohdalla.

Käsinlaskiessa voidaan käyttää paloittain lineaarista sijaiskytkentää,jossa diodin yli on esimerkiksi 0,7 voltin vakiojännite, jos sen läpikulkee virta päästösuuntaan.

Sopimus tällä kurssilla käytämme diodille sellaista paloittainlineaarista sijaiskytkentää, jossa diodin läpi kulkee virta ainoastaanpäästösuuntaan ja jos virta kulkee, diodin yli on 0,7 voltin jännite.


5. tunti

Laskutekniikkaa

Paloittain lineaarista sijaiskytkentää sovelletaan seuraavasti:

Irroita diodi piiristä.

Laske jännite, joka muodostuu diodin elektrodien välille (siis siihenkohtaan, josta diodi otettiin pois).

Jos tämä jännite on suurempi tai yhtä suuri kuin 0,7 volttia, diodijohtaa, ja sen yli muodostuu 0,7 voltin jännite, kun se laitetaantakaisin piiriin.

Jos jännite on pienempi kuin 0,7 volttia, diodi ei johda eikä sen läpikulje virtaa.

Jos piirissä on useita diodeja, menettely pitää toistaa jokaiselle diodilleerikseen, niin että tiedetään, mitkä diodeista johtavat.


5. tunti

Erikoisdiodeja

Zenerdiodi johtaa myös estosuuntaan, jos zenerjännite ylittyy.

Varaktori eli kapasitanssidiodi. Voidaan käyttää jännitteelläsäädettävänä kondensaattorina.

Led eli hohtodiodi lähettää valoa, kun sen läpi kulkeepäästösuuntainen virta.

Fotodiodi n estosuuntainen virta riippuu diodiin osuvan valonvoimakkuudesta.

Schottky-diodi on valmistettu metallin ja puolijohteen liitoksesta, ja silleon tyypillistä matala päästösuuntainen jännite.


5. tunti

Oppikirja



6.1 Diodityypit

6.2.4 Paloittain lineaariset sijaiskytkennät


5. tunti

Kotitehtävä 5

+

−

E = 12 V

R

@ ULED

?

Valmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virrallaon 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi10 mA virta?


6. tunti

Kotitehtävä 5 - esimerkkiratkaisu

+

−

E = 12 V

R

@ ULED

?

Valmistajan datalehden mukaan kuvan ledin nimellisjännite 10 mA virrallaon 2,0 volttia. Kuinka suuri vastuksen R on oltava, jotta ledin läpi kulkisi10 mA virta? Ratkaisu: R = 12 V−2,0 V

10 mA= 1 kΩ.


6. tunti

Bipolaaritransistori

Transistoreja on useita eri tyyppisiä: bipolaaritransistori,MOSFET-transistori, JFET-transistori, IGBT-transistori . . .

Tällä kurssilla käsitellään bipolaaritransistoria.

Bipolaaritransistoreja on kahta päätyyppiä: NPN-transistori jaPNP-transistori.

MOSFET-transistorit ovat tärkeitä komponentteja, niitä käytetäänkytkiminä sekä mm. tietokoneen prosessoreissa.


6. tunti

NPN-transistori

Perustoiminta: pieni kantavirta ohjaa suurta kollektorivirtaa: iC = βiB.

Kerrointa β kutsutaan virtavahvistuskertoimeksi.

Kantavirta kulkee vain, jos kanta-emitteridiodi johtaa.Kanta-emitteridiodin johtaminen selvitetään kuten tavallisen diodinjohtaminen (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.

R@@

IB-

IC?

IE?


6. tunti

PNP-transistori

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

@@IIB

IC6

IE6


6. tunti

Saturaatiotila

Hieman yksinkertaistettuna transistori voidaan ajatella säätimeksi,joka säätelee kollektorin ja emitterin välistä resistanssia niin, ettäiC = βiB.

Transistori ei kuitenkaan voi kumota fysiikan lakeja: jos kollektorilleon kytketty piiri, jonka läpi kollektorille voi tulla vain 10 mA, niintransistori ei pysty pakottamaan kollektorivirtaa suuremmaksi kuin tuo10 mA — ei, vaikka kannalle syötettäisiin 100 mA.

Transistorin kollektorin ja emitterin jännitteellä on tietty alaraja, johonse voi laskea. Tätä alarajaa kutsutaan saturaatiojännitteeksi UCEsat.

Saturaatiojännite riippuu transistorityypistä: suuruusluokka ontyypillisesti kymmenistä millivolteista muutamaan sataan millivolttiin.


6. tunti

Laskutekniikkaa

Ensin selvitetään kantavirta, sen perusteella kollektorivirta iC = βiB jasen perusteella kollektorin ja emitterin välinen jännite.

Jos kollektorin ja emitterin väliseksi jännitteeksi saadaan pienempijännite kuin transistorin saturaatiojännite, tiedämme, että transistorion saturaatiossa ja kollektorin ja emitterin välinen jännite on UCEsat.Saturaatiotilassa kaava iC = βiB ei pidä paikkaansa.

Virtavahvistuskerroin riippuu transistorimallista sekä yksilöstä;tyypillinen virtavahvistuskerroin on luokkaa 100.


6. tunti

Oppikirja



8.1 Transistorin rakenne ja toiminta, virtavahvistus

8.2 Transistorin toiminta tasavirralla


6. tunti

Kotitehtävä 6

+

−

E1 = 5 V +

−

E2 = 12 V

RC

RB

R@@

IC?

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


7. tunti


+

−

E1 = 5 V +

−

E2 = 12 V

RC

RB

R@@

IC?

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

a) Kantavirta on IB = 5 V−0,7 V

5 kΩ= 0,86 mA. IC = βIB = 100 · 0,86 mA = 86 mA. Tarkistetaan

vielä, että transistori ei ole saturaatiotilassa: UCE = E2 − ICRC = 3,4 V mikä on suurempi kuinUCEsat = 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

laista RC = 11,8 V

86 mA≈ 137Ω.


7. tunti

Mikropiirit

Kymmeniä vuosia sitten suuri osa elektroniikasta toteutettiinerilliskomponenteista kokoamalla.

1970-luvulla mikropiirit yleistyivät rajusti. Mikropiirien etuja ovatedullisuus ja pieni koko.

Nykyään laitesuunnittelu kehittyy yhä enemmän siihen suuntaan, ettävalmistetaan standardimikropiirejä ja ajetaan sinne ohjelmisto sisään,jolloin saadaan ohjelmistosta riippuen aikaiseksi digiboksi taitietokoneen äänikortti (kärjistetty esimerkki :-).

Analogiassa tärkeä (tärkein?) mikropiiri on operaatiovahvistin(ammattislangilla opari).


7. tunti

Operaatiovahvistin

Operaatiovahvistimeen kytketään käyttöjännitteet, josta se saaenegiansa (kuvassa ±15 volttia). Operaatiovahvistin mittaatulonapojensa välistä jännite-eroa, ja muuttaa lähtöjännitettä senmukaisesti.

"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

Uout = A(U+ − U−)

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


7. tunti

Ideaalinen operaatiovahvistinIdeaaliselle 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 tapahtuakäytännössäkin, jos operaatiovahvistimen datalehdessä lukee"rail-to-rail-operation").

Ideaalinen operaatiovahvistin on äärettömän nopea.

Tällä kurssilla operaatiovahvistin oletetaan aina ideaaliseksi(sähköinsinöörit ottavat huomioon myös epäideaalisuudet :-).

"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

Uout = A(U+ − U−)


7. tunti

Operaatiovahvistinkytkennät

Operaatiovahvistinta ei käytännössä koskaan käytetä sellaisenaan,vaan kytkemällä siihen muita komponentteja, saadaan aikaiseksikäytännöllinen piiri.

Tällä kurssilla näistä kytkennöistä käsitellään Invertoiva vahvistin Invertoiva summain Ei-invertoiva vahvistin Jännitteenseuraaja


7. tunti

Invertoiva vahvistin

"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

R1

R2

Uout

?

Uin

?

Uout = −R2

R1Uin


7. tunti

Laskutekniikkaa

Jos ideaalinen operaatiovahvistin (A → ∞) on kytketty siten ettäUout: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 toisentulonavan jännite; siitä seuraa, että toisessakin tulonavassa on samajännite.

Tarkista lopuksi, että lähtöjännite on käyttöjännitteiden asettamissarajoissa!


7. tunti

Invertoiva summain

"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

R1

R2

R3

U2

?

U3

? R

Uout

?

U1

?

Uout = −R

(

1

R1U1 +

1

R2U2 +

1

R3U3

)


7. tunti

Ei-invertoiva vahvistin

"""

bbb+

−

−15 V

+15 V

R2

R1

Uout

?

Uin

?

Uout =

(

1 +R2

R1

)

Uin


7. tunti

Jännitteenseuraaja

"""

bbb+

−

−15 V

+15 V

Uout

?

Uin

?

Uout = Uin

Kytkennän hyöty: jännitettä Uout voidaan kuormittaa (esimerkiksikytkemällä siihen joku mittalaite), ilman, että Uin-puolelle kytketty laitehuomaa mitään.


7. tunti

Oppikirja



10.1 Mikropiirien luokittelu

10.2 Operaatiovahvistin

10.3 Operaatiovahvistimen peruskytkentöjä


7. tunti

Kotitehtävä 7

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

"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

R1

R2

R3

Uout

?

Uin

?"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

R4

Kotitehtävä 7

Laske Uout, kun Uin = 2 V.


8. tunti


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

"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

R1

R2

R3

Uout

?

Uin

?"""

bbb−

+

−15 V

+15 V

R4

Laske Uout, kun Uin = 2 V. Ratkaisu: piirissä on kaksi peräkkäin kytkettyäinvertoivaa vahvistinta. Ensimmäisen vahvistuskerroin on −

R2R1

= −2 ja

toisen −R4R3

= −3. Koko piirin vahvistuskerroin on näiden tulo −2 · −3 = 6eli kysytty jännite Uout = 2 V · 6 = 12 V.


8. tunti

Muutosilmiöt

Tähän mennessä olemme käsitelleet tasavirtapiirejä.

Käytännön sähkölaitteissa on harvoin pelkkiä tasajännitteitä.

Jos viilataan pilkkua, luonnossa ei missään ole täydellistätasajännitettä.

Esimerkiksi taskulampun pariston jännite laskee koko ajan, kunparisto tyhjenee...

... ja taskulamppua sytytettäessä polttimon läpi kulkee suurempi virtakuin silloin, kun lamppu on ollut päällä sekunnin (hehkulanganresistanssi on kylmänä pienempi kuin kuumana).


8. tunti

Kondensaattori

Kondensaattori on komponentti, jonka jännitteelle ja virralle pätee yhtälö:

i = Cdu

dt

C

i?

u

?

Aivan kuten aiemmin on opittu, että vastukselle pätee yhtälö u = Ri .


8. tunti

Kondensaattori

Yhtälö

i = Cdu

dt

tarkoittaa, että mitä suurempi virta kondensaattorin läpi kulkee, sitänopeammin sen jännite muuttuu. Tai sama toisinpäin: mitä nopeamminkondensaattorin jännite muuttuu, sitä suurempi virta sen läpi kulkee.

C

i?

u

?

Symboli C tarkoittaa kondensaattorin kapasitanssia, jonka yksikkö onfaradi (F).


8. tunti

KondensaattoriIntegroimalla yhtälö

i = Cdu

dt

puolittain, saadaan:

u =1

C

∫

idt + integrointivakio

tai määrättynä integraalina (valitsemalla alkuhetkeksi t = 0 jaloppuhetkeksi joku ajanhetki t)

u =1

C

∫

t

0idt + u(0).

Termi u(0) tarkoittaa kondensaattorin jännitettä ajanhetkellä nolla, ja sitämerkitään usein myös UC0 tai U0:

u =1

C

∫

t

0idt + U0.


8. tunti

Yksinkertainen esimerkki

Ladataan virtalähteellä kondensaattoria. Lukuarvot ovat:

J = 6 A C = 2 F U0 = 0 V

C

J6

u

?

i-

u =1

C

∫

t

0idt + U0 =

1

2

∫

t

06dt + 0 =

1

2

∫

t

06dt =

1

26t = 3t

Kondensaattorin jännite on alussa 0 volttia, sekunnin kuluttua 3 volttia,kahden sekunnin kuluttua 6 volttia. . .


8. tunti

Kondensaattori ja differentiaaliyhtälö

Muutetaan hieman piiriä:

E = 12 V C = 2 F R = 3Ω U0 = 5 V

C+

−

E

Ru

?

i-

Kirchhoffin lakien ja kondensaattorin yhtälön mukaan

i =E − u

Rja i = C

du

dt=⇒

E − u

R= C

du

dt=⇒ RC

du

dt+ u = E

Ratkeaa yritteelläu = B + Ae−

t

τ .


8. tunti

Differentiaaliyhtälön ratkaiseminenLasketaan yritteen derivaatta

u = B + Ae−t

τ =⇒du

dt= −

A

τe−

t

τ

Ja sijoitetaan yrite derivaattoineen yhtälöön:

RCdu

dt+ u = E =⇒ −

RCA

τe−

t

τ + B + Ae−t

τ = E

Jotta yhtälö olisi tosi kaikilla t:n arvoilla, tulee päteä τ = RC ja B = E .Tällöin:

−Ae−t

τ + Ae−t

τ = 0

Mistä saadaan A? Kondensaattorin alkujännitteestä. Ajanhetkellä t = 0tulee kaavan antaa jännitteeksi 5 volttia:

u = B + Ae−t

τ =⇒ u = E + Ae−t

RC =⇒ 5 = 12 + Ae−0

2·3 ⇒ A = −7.

Lopullinen vastaus jännitteelle:

u = 12 − 7e−t

6 .


8. tunti

Kela

Tavallaan "kondensaattorin vastakohta- yhtälöissä on jännitteet ja virratvaihtaneet paikkaa verrattuna kondensaattorin yhtälöihin:

u = Ldi

dt

L

i?

u

?

Sama integraalimuodossa

i =1

L

∫

t

0udt + I0.


8. tunti

Oppikirja



2.2.1 Kela

2.3.1 Kondensaattori

3.1.1-3.1.8 Muutosilmiöiden käsittely differentiaaliyhtälöillä


8. tunti

Kotitehtävä 8

Kotitehtävä 8

Ratkaise kondensaattorin jännite u.

R1 = R2 = 1Ω C = 1 F E = 10 V U0 = 0 V

C+

−

E R2

R1

u

?

i-


9. tunti


Kotitehtävä 8

Ratkaise kondensaattorin jännite u.

R1 = R2 = 1Ω C = 1 F E = 10 V U0 = 0 V

C+

−

E R2

R1

u

?

i-

i = Cdu

dti =

E − u

R1−

u

R2⇒

R1R2C

R1 + R2

du

dt+ u =

R2

R1 + R2E


9. tunti

R1R2C

R1 + R2

du

dt+ u =

R2

R1 + R2E

Sijoitetaan yhtälöön tunnilta tuttu yrite derivaattoineen:

u = B + Ae−t

τ =⇒du

dt= −

A

τe−

t

τ

jolloin saadaan

R1R2C

R1 + R2(−

A

τe−

t

τ ) + B + Ae−t

τ =R2

R1 + R2E

Jotta vakiotermit olisivat samat, täytyy päteä: B = R2R1+R2

E .

Eksponenttitermissä täytyy olla τ = R1R2C

R1+R2. Nyt yhtälö on ratkaistu:

−Ae−t

τ + Ae−t

τ = 0 u =R2

R1 + R2E + Ae

−t

R1R2C

R1+R2


9. tunti

Sijoitetaan vastaukseen lukuarvot:

u = 5 + Ae−2t

Vakio A ratkeaa alkuehdosta. Ajanhetkellä t = 0 kondensaattorinjännitteen tulee olla nolla:

0 = 5 + Ae−2·0⇒ A = −5

Lopullinen vastaus on siis:

u = 5 − 5e−2·t = 5(1 − e−2·t) (volttia).


9. tunti

Kondensaattori ja differentiaaliyhtälö - kertausta

Muutetaan hieman piiriä:

E = 12 V C = 2 F R = 3Ω U0 = 5 V

C+

−

E

Ru

?

i-

Kirchhoffin lakien ja kondensaattorin yhtälön mukaan

i =E − u

Rja i = C

du

dt=⇒

E − u

R= C

du

dt=⇒ RC

du

dt+ u = E

Ratkeaa yritteelläu = B + Ae−

t

τ .


9. tunti

Differentiaaliyhtälön ratkaiseminenLasketaan yritteen derivaatta

u = B + Ae−t

τ =⇒du

dt= −

A

τe−

t

τ

Ja sijoitetaan yrite derivaattoineen yhtälöön:

RCdu

dt+ u = E =⇒ −

RCA

τe−

t

τ + B + Ae−t

τ = E

Jotta yhtälö olisi tosi kaikilla t:n arvoilla, tulee päteä τ = RC ja B = E .Tällöin:

−Ae−t

τ + Ae−t

τ = 0

Mistä saadaan A? Kondensaattorin alkujännitteestä. Ajanhetkellä t = 0tulee kaavan antaa jännitteeksi 5 volttia:

u = B + Ae−t

τ =⇒ u = E + Ae−t

RC =⇒ 5 = 12 + Ae−0

2·3 ⇒ A = −7.

Lopullinen vastaus jännitteelle:

u = 12 − 7e−t

6 .


9. tunti

Kela

Tavallaan "kondensaattorin vastakohta” -yhtälöissä on jännitteet ja virratvaihtaneet paikkaa verrattuna kondensaattorin yhtälöihin:

u = Ldi

dt

L

i?

u

?

Sama integraalimuodossa

i =1

L

∫

t

0udt + I0.


9. tunti

Differentiaaliyhtälön ratkaiseminen

Piirit, joissa on yksi kela tai yksi kondensaattori (ja sekalainen määrävastuksia), ratkeavat yritteellä:

u = B + Ae−t

τ =⇒du

dt= −

A

τe−

t

τ

Sijoita yrite kirjoittamaasi differentiaaliyhtälöön, ja ratkaise kertoimet B jaτ . Kerroin A saadaan alkuehdosta (=mikä on kondensaattorin jännite taikelan virta jollain tietyllä ajanhetkellä).


9. tunti

Oppikirja



2.2.1 Kela

3.1.1-3.1.8 Muutosilmiöiden käsittely differentiaaliyhtälöillä


9. tunti

Kotitehtävä 9

Kotitehtävä 9

Ratkaise kelan virta i .

R1 = R2 = 1Ω L = 1 H E = 10 V I0 = 0 A

L+

−

E R2

R1

u

?

i-


10. tunti

Kotitehtävä 9 - malliratkaisu

Kotitehtävä 9

Ratkaise kelan virta i .

R1 = R2 = 1Ω L = 1 H E = 10 V I0 = 0 A

L+

−

E R2

R1

u

?

i-

u = Ldi

dti =

E − u

R1−

u

R2⇒

R1R2

R1 + R2i + L

di

dt=

R2

R1 + R2E


10. tunti

R1R2

R1 + R2i + L

di

dt=

R2

R1 + R2E

Sijoitetaan yhtälöön tunnilta tuttu yrite derivaattoineen:

i = B + Ae−t

τ =⇒di

dt= −

A

τe−

t

τ

jolloin saadaan

R1R2

R1 + R2(B + Ae−

t

τ ) + L(−A

τe−

t

τ ) =R2

R1 + R2E

Jotta vakiotermit olisivat samat, täytyy päteä: B = E

R1.

Eksponenttitermissä täytyy olla τ = LR1+R2R1R2

. Nyt yhtälö on ratkaistu:

−Ae−t

τ + Ae−t

τ = 0 i =E

R1+ Ae

−t

LR1+R2R1R2


10. tunti

Sijoitetaan vastaukseen lukuarvot:

i = 10 + Ae−t

2

Vakio A ratkeaa alkuehdosta. Ajanhetkellä t = 0 kelan virta on nolla:

0 = 10 + Ae−t

2 ⇒ A = −10

Lopullinen vastaus on siis:

i = 10 − 10e−t

2 = 10(1 − e−t

2 ) (ampeeria).


10. tunti

Jännitteenjakosääntö

R1

R2U

?

U2

?

U1 -

U1 = U R1R1+R2

ja U2 = U R2R1+R2

Elektroniikkapiirissä tarvitaan usein vertailujännite, jokamuodostetaan jostain suuremmasta jännitteestä.

Kaava toimii myös useamman vastuksen sarjaankytkennälle.Nimittäjään tulee kaikkien vastusten summa ja osoittajaan se vastus,jonka yli olevaa jännitettä kysytään.


10. tunti

Virranjakosääntö

R1 R2

I-

I1? I2?

I1 = I G1G1+G2

ja I2 = I G2G1+G2

Kaava pätee myös monen vastuksen rinnankytkennälle.

Tätä ei tarvita yhtä tavallisesti kuin jännitteenjakosääntöä, mutta onluontevaa ottaa se esille jännitteenjakosäännön yhteydessä.


10. tunti

Digitaalitekniikka

Analoginen signaali: signaali voi saada mitä tahansa arvoja, jamuuttua miten tahansa ajan funktiona.

Digitaalinen signaali: signaalilla on määrätyt vakioarvot, ja semuuttuu ennalta sovitulla tavalla (esim. 1000 000 kertaa sekunnissa).

Yleisesti käytössä oleva digitaalitekniikka käyttää binäärilogiikkaa, elisignaalilla on kaksi sallittua tilaa, 0 ja 1.


10. tunti

Ei-portti

dJos tulo on 0, lähtö on 1. Jos tulo on 1, lähtö on 0.


10. tunti

Ja-portti

&

Lähtö on 1 jos ja vain jos kaikki tulot ovat 1, muuten lähtö on 0.


10. tunti

Tai-portti

≥ 1

Lähtö on 0 jos ja vain jos kaikki tulot ovat 0, muuten lähtö on 1.


10. tunti

Yksinomainen tai -portti (XOR)

= 1

Lähtö on 1 jos jompikumpi (mutta ei molemmat) tuloista on 1, muutenlähtö on 0.


10. tunti

Oppikirja



1.5.3 Jännitteen jako

1.5.4 Virran jako

14.1.1 Bitit ja positiivinen logiikka

14.1.2 Kombinaatiologiikka


10. tunti

Kotitehtävä 10

Suunnittele logiikkaporttipiiri, joka antaa lähtösignaalin 1 (antaaäänimerkin), jos auton avaimet eivät ole virtalukossa, ovi on auki jaajovalot ovat päällä. Tulosignaalit ovat:A = "Avaimet ovat virtalukossa"B = "Ovi on auki"C = "Ajovalot ovat päällä"


11. tunti


Suunnittele logiikkaporttipiiri, joka antaa lähtösignaalin 1 (antaaäänimerkin), jos auton avaimet eivät ole virtalukossa, ovi on auki jaajovalot ovat päällä. Tulosignaalit ovat:A = "Avaimet ovat virtalukossa"B = "Ovi on auki"C = "Ajovalot ovat päällä"Yksi esimerkki toimivasta ratkaisusta:

d

&

A

B

C


11. tunti

Kertaus

Tänään kerrataan seuraavat asiat (jos ehditään :-)

Tasasähköpiirilaskuja

Muutosilmiölaskuja (differentiaaliyhtälö)

Vaihtosähköpiirilaskuja

Diodi ja transistori

Operaatiovahvistin


11. tunti

Tasasähköpiiri 1

+

−

E1

12 V

R1

6 kΩ

R2

5 kΩ

J1

2 mA

6UB0

9

I1-

Esimerkki

Määritä virta I1 ja jännite UB0.


11. tunti

Tasasähköpiiri 1 – ratkaisu

Vastuksen R1 yli on 12 V jännite, joten sen läpi kulkee 12 V

6 kΩ = 2 mA virta.Virtalähteen J1 takia tämä 2 mA tulee vastuksen R2 kautta. Virran I1 onpakko olla nolla, koska Kirchhoffin virtalain mukaan jokaiseen solmuun

tulee yhtä paljon virtaa kuin sieltä lähtee pois. Vastuksen R2 ylimuodostuu 2 mA · 5 kΩ = 10 V jännite. UB0 ratkeaa Kirchhoffinjännitelailla UB0 = 12 V + 10 V = 22 V.


11. tunti

Tasasähköpiiri 2

+

−

E2

15 V

R3

3 kΩ

R4

4 kΩ

J2

2 mA?

UC0

9

Esimerkki

Ratkaise jännite UC0.


11. tunti

Tasasähköpiiri 2 – ratkaisu

Merkitään vastusten R3 ja R4 läpi kulkevia virtoja I3 ja I4 (suunta ylhäältäalaspäin). Kirchhoffin virtalain mukaan

I4 = J2 + I3

ja Ohmin lain ja Kirchhoffin jännitelain mukaan

I3R3 + I4R4 = E2.

Yhtälöparista voidaan ratkaista

I3 = 1 mA ja UC0 = I3R3 = 3 V.


11. tunti

Tasasähköpiiri 3

R2 = 5Ω E1 = 3 V E2 = 2 V

+

−

E1

+

−

E2

R2

R1

I1-

I2

a) Millä R1:n arvolla I2 = 0 A?b) Mikä on silloin virta I1?a) 10 Ω ja b) 0,2 A.


11. tunti

Kotitehtävä 11

R1 = 100Ω R2 = 500Ω R3 = 1,5 kΩ R4 = 1 kΩ E1 = 5 V

J1 = 100 mA J2 = 150 mA

J1

6R1

+

−

E1 R4

R2 R3

J2

-

rU4

?

Ratkaise U4.U4 = 92 V


11. tunti

Kotitehtävä 12

R1 = 12Ω R2 = 25Ω J = 1 A E1 = 1 V E2 = 27 V

+

−

E1

J6

− +E2

R1

R2U

?

Laske jännite U.Vastaus: 1

37V ≈ 27 mV


11. tunti

Lopuksi

Jos löydät kalvoista virheitä tai sekavuuksia, korjaan ne mielelläni. Otayhteyttä!


Education

Sähkötekniikan perusteet