Musterlösung - Schaltungsdesign - Linearregler - Schaltreger - EMSP

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Musterlösung Aufgabe 1:
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and medical
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Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11
1.1) Mit dem Einschalten des Schalters S ist der Kondensator C noch entladen und muss
auf mindestens 4,5 V aufgeladen werden, bevor die Schaltung arbeiten kann.
Vereinfachte Schaltung für den Einschaltvorgang
t
1 −
R C
4,
5
U C ( t1)
= 5 V ( 1−
e ) = 4,
5V
⇒ − RiC
ln( 1−
) ≈ 460
5
i μ
1.2) Die Stromspitzen sind vergleichsweise kurz, wodurch die Spannung der
Spannungsquelle durch den Kondensator C stabilisiert wird. Unter Vernachlässigung
i ist die Spannungsversorgung des 2. FF am problematischsten.
von ana log
U V R iˆ
min, D−
FF , 2 = − 3⋅
Bahn ⋅ ana
5 log
Somit ist die Spannungsversorgung des 2. FF nicht gewährleistet. Dem gegenüber ist der
Spannungsabfall für das erste FF unproblematisch.
U V R iˆ
min, D−
FF , 1 = −1⋅
Bahn ⋅ ana
5 log
1.3) Die Rechnung kann vereinfacht werden, da:
1
f
4,
4
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=
=
4,
8
V
>
V
4,
5
= 0,
05 μs

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1.5) Minimierung des Übersprechens durch folgende Maßnahmen:
• chaotische Führung der digitalen Leiterbahnen
• geerdete Leiterbahnen zwischen Busleiterbahnen verlegen
• Abstand der Leiterbahnen erhöhen
• Länge der Leiterbahnen verringern
• Minimierung der Parallelführung von Clk- und Aout-Leiterbahnen
• Abschirmung der Clk-Leiterbahnen gegen Erde (GND)
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Musterlösung Aufgabe 2:
2.1) Ausgangsspannung
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Der Transistor ist als Emitterfolger geschaltet, daher liegt die Ausgangsspannung UA immer
um UBE unterhalb des Basispotentials. Mittels der Z-Diode und R1 wird eine
Referenzspannung erzeugt.
2.2) Widerstand R1
U A = U Z −U
BE = 5 , 7 V − 0,
7 V = 5 V
R1 liefert einerseits den Basisstrom für den Transistor und andererseits den notwendigen
Querstrom für die Referenz aus der Z-Diode.
I
1,
min
= I
Z , min
An R1 fällt folgende Spannung ab:
I
+
L,
max
B
100 mA
= 5 mA + ≈ 5,
7
150
U = U −U
Z = 24 V − 5,
7 V = 18,
3V
Der Widerstand wird daher folgendermaßen bestimmt:
1
0
U1
18,
3V
R 1 = = = 3210 Ω
I 5,
7 mA
1,
min
Soll die Schaltung ebenfalls mit einer geringeren Betriebsspannung von nur 10 V arbeiten so
ist R1 niederohmiger zu wählen:
U1
10 V − 5,
7 V
R 1 = =
= 754 Ω
I 5,
7 mA
1,
min
Eine sinnvolle Dimensionierung wäre daher R1 = 680 Ω.
2.3) Am Transistor fällt folgende Spannung ab:
UT = U 0 −U
A = 24 V − 5 V = 19 V
Bei einem maximalen Strom von 100 mA ergibt sich die Verlustleistung zu:
P = UT
⋅ I L = 19 V ⋅0,
1 A = 1,
9 W
2.4) Zusätzlich zur der Verlustleistung am Transistor fließt noch Strom durch den
Widerstand R1.
P
η =
P
ab
zu
0
U1
18,
3V
I1 = = = 26,
9mA
R 680 Ω
( L 1
1
mA
U A ⋅ I L
5V
⋅100
mA
=
=
= 0,
1642
U ⋅ I + I ) 24 V ⋅ ( 100 mA + 26,
9 mA)
2.5) In Darlingtonschaltung multiplizieren sich die Verstärkungsfaktoren zu:
B Darlington
= B ⋅ B ⋅ B
1
2
3
= 30⋅100
⋅ 200 = 600000
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2.6) Sobald die Basis-Emitter-Spannung größer als 0,7 V wird, beginnt T4 zu leiten.
Dadurch fließt der Strom aus R1 nicht mehr nur in die Basis der Darlingtonschaltung
sondern über T4 ab und die Darlingtonstufe wird weniger aufgesteuert.
U BE 0,
7 V
R7 = = = 140 mΩ
I 5 A
max
2.7) Am nichtinvertierenden Eingang liegt eine Referenzspannung von UZ/2 also 3 V an.
Solange nun die heruntergebrochene Ausgangsspannung geringer als die
Referenzspannung ist, wird die positive Referenzspannung unendlich verstärkt und der
OPV geht in die positive Sättigung. Dieses ändert die Aussteuerung der
Darlingtonstufe nicht.
Steigt die Ausgangsspannung allerdings so weit, dass die Differenzspannung negativ
wird, also wenn die Spannung am invertierenden Eingang größer als 3 V beträgt,
steuert der OPV in negativer Richtung aus und die Leistungsstufe wird in der
Aussteuerung begrenzt.
Dimensionierung:
Potimeter in „höchster“ Stellung geringste Spannung = 3 V.
Potimeter in „niederigster“ Stellung höchste Spannung, an R6 fallen 3 V ab, und an R5
15 V - 3 V = 12 V.
Wähle R6 = 1 kΩ R5 = 4 kΩ
2.8) Die maximale Verlustleistung ergibt sich bei der minimalen Ausgangsspannung von
3 V und maximalem Strom. Der Spannungsabfall am Transistor ist folglich:
UCE = U −U
aus −U
R
, 1
Daraus ergibt sich die maximale Verlustleistung zu:
0
7
= 24 V − 3 V − 0,
14 Ω⋅
5 A = 20,
3 V
P =
20,
3V
⋅5A
= 101,
5 W
max
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Musterlösung Aufgabe 3:
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3.1) Das thermische Ersatzschaltbild hat folgenden Aufbau:
Zunächst wird der gesamte thermische Widerstand bestimmt:
R
th
ϑ
ϑ
J = U + max
P ⋅ R
ϑJ
−ϑU
120°
C − 25°
C
= =
= 50
P 1,
9 W
max
Der gesamte thermische Widerstand setzt sich aus Rth,J-C und Rth, C-U zusammen.
Rth, C−
U = Rth
− Rth,
J −C
= 50
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K
W
th
−1
3.2) Zuerst wird der thermische Widerstand bestimmt:
Rth, oK
200°
C − 25°
C
=
=
3W
Die Sperrschichttemperatur ergibt sich dann zu:
3.3)
, 5
K
W
58,
34
=
K
W
K
W
48,
5
P R C
W W C
K
ϑ = ϑ + ⋅ = 50°
+ 58,
34 ⋅ 2,
5 = 195,
85°
J
U
R
th
V
th,
oK
ϑJ
−ϑU
200°
C − 30°
C
= =
= 1,
675
P 101,
5W
max
Rth, C−
U = Rth
− Rth,
J −C
= 1
, 675
K
W
−1
, 43
K
W
=
K
W
K
W
0,
25
K
W
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Musterlösung Aufgabe 4:
4.1) Spannungen an der Induktivität
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Solange der FET geschlossen ist, wird -uF = U1-UDS. Somit fällt an der Induktivität folgende
Spannung ab:
U L(
ein)
= U1
−U
DSon −U
2
= 20 V − 0,
5 V −12
V = 7,
5
Wenn sich der Schalter öffnet, behält der Strom durch die Induktivität seine Richtung bei.
Dadurch wird die Diode leitend und die Spannung an der Induktivität wird zu:
U L(
aus)
= −(
U 2 + U F ) = −(
12 V + 0,
3 V ) = −12,
3V
4.2) Der zeitliche Verlauf des Spulenstroms ergibt sich aus dem Induktionsgesetz:
U
L
dI
= L
dt
L
ΔI
= L
Δt
Für den ein- und ausgeschalteten FET ergibt sich daher:
Δ I
Δ I
L(
ein)
L(
aus)
U L(
=
L
U L(
=
L
ein)
aus)
Da beide Stromänderungen gleich groß sind, folgt:
t
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t
aus
ein
Δ I = −ΔI
L(
ein)
L(
aus)
L
tein
= 7,
5 V
L
tein
t
7 , 5V
= 12,
3V
L L
t ≈ 0 , 61⋅
t
aus
taus
= −12,
3V
L
ein
aus
Mit T = tein
+ taus
≈ 1 , 61⋅t
ein folgt:
tein
p =
T
1
= =
1,
61
0,
62
4.3) Der mittlere Strom durch den Lastwiderstand RL beträgt:
i
2
U
=
R
2
L
12 V
= = 100 mA
120 Ω
Somit ist nach der Vorgabe von einem maximalen Wechselanteil von 15 % im
Induktivtästsstrom:
Δ
I L
= i ⋅0,
15 = 15 mA
2
V
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Das bedeutet für den eingeschalteten FET:
4.4) Eigenschaften
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⇒
Vorteile von Schaltwandlern:
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Δ I
L
tein
= i2
⋅ 0,
15 = 15 mA = 7,
5 V
L
1
7,
5 V ⋅ 0,
62⋅
s
7,
5 V ⋅tein
L = =
50000 = 6,
2 mH
ΔI
15 mA
L
• Wesentlich geringere Verlustleistung, also höherer Wirkungsgrad.
• Nicht nur Abwärts-, sondern auch Aufwärts- und Inverswandlung möglich.
• Geringere Baugröße bei gleicher Nutzleistung.
Hohe Schaltfrequenzen:
• Bei hohen Schaltfrequenzen reichen geringe Induktivitätswerte aus um eine geringe
Welligkeit des Induktivitätenstroms zu erreichen.
• Bei hohen Frequenzen lassen sich große Induktivitätswerte mit geringer Baugröße
herstellen.
Einsatz von Schottkydioden:
• Schottkydioden sind besonders schnell und besitzen geringe Durchlassspannungen;
dadurch ergeben sich geringere dynamische und statische Verlustleistungen.
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