Musterlösung - Schaltungsdesign - Linearregler - Schaltreger - EMSP
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erlin<br />
<strong>Musterlösung</strong> Aufgabe 1:<br />
electronics<br />
and medical<br />
signal processing<br />
Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
1.1) Mit dem Einschalten des Schalters S ist der Kondensator C noch entladen und muss<br />
auf mindestens 4,5 V aufgeladen werden, bevor die Schaltung arbeiten kann.<br />
Vereinfachte Schaltung für den Einschaltvorgang<br />
t<br />
1 −<br />
R C<br />
4,<br />
5<br />
U C ( t1)<br />
= 5 V ( 1−<br />
e ) = 4,<br />
5V<br />
⇒ − RiC<br />
ln( 1−<br />
) ≈ 460<br />
5<br />
i μ<br />
1.2) Die Stromspitzen sind vergleichsweise kurz, wodurch die Spannung der<br />
Spannungsquelle durch den Kondensator C stabilisiert wird. Unter Vernachlässigung<br />
i ist die Spannungsversorgung des 2. FF am problematischsten.<br />
von ana log<br />
U V R iˆ<br />
min, D−<br />
FF , 2 = − 3⋅<br />
Bahn ⋅ ana<br />
5 log<br />
Somit ist die Spannungsversorgung des 2. FF nicht gewährleistet. Dem gegenüber ist der<br />
Spannungsabfall für das erste FF unproblematisch.<br />
U V R iˆ<br />
min, D−<br />
FF , 1 = −1⋅<br />
Bahn ⋅ ana<br />
5 log<br />
1.3) Die Rechnung kann vereinfacht werden, da:<br />
1<br />
f<br />
4,<br />
4<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
=<br />
=<br />
4,<br />
8<br />
V<br />
><br />
V<br />
4,<br />
5<br />
= 0,<br />
05 μs
erlin<br />
electronics<br />
and medical<br />
signal processing<br />
Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
1.5) Minimierung des Übersprechens durch folgende Maßnahmen:<br />
• chaotische Führung der digitalen Leiterbahnen<br />
• geerdete Leiterbahnen zwischen Busleiterbahnen verlegen<br />
• Abstand der Leiterbahnen erhöhen<br />
• Länge der Leiterbahnen verringern<br />
• Minimierung der Parallelführung von Clk- und Aout-Leiterbahnen<br />
• Abschirmung der Clk-Leiterbahnen gegen Erde (GND)<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
Seite<br />
2/7
erlin<br />
<strong>Musterlösung</strong> Aufgabe 2:<br />
2.1) Ausgangsspannung<br />
electronics<br />
and medical<br />
signal processing<br />
Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
Der Transistor ist als Emitterfolger geschaltet, daher liegt die Ausgangsspannung UA immer<br />
um UBE unterhalb des Basispotentials. Mittels der Z-Diode und R1 wird eine<br />
Referenzspannung erzeugt.<br />
2.2) Widerstand R1<br />
U A = U Z −U<br />
BE = 5 , 7 V − 0,<br />
7 V = 5 V<br />
R1 liefert einerseits den Basisstrom für den Transistor und andererseits den notwendigen<br />
Querstrom für die Referenz aus der Z-Diode.<br />
I<br />
1,<br />
min<br />
= I<br />
Z , min<br />
An R1 fällt folgende Spannung ab:<br />
I<br />
+<br />
L,<br />
max<br />
B<br />
100 mA<br />
= 5 mA + ≈ 5,<br />
7<br />
150<br />
U = U −U<br />
Z = 24 V − 5,<br />
7 V = 18,<br />
3V<br />
Der Widerstand wird daher folgendermaßen bestimmt:<br />
1<br />
0<br />
U1<br />
18,<br />
3V<br />
R 1 = = = 3210 Ω<br />
I 5,<br />
7 mA<br />
1,<br />
min<br />
Soll die Schaltung ebenfalls mit einer geringeren Betriebsspannung von nur 10 V arbeiten so<br />
ist R1 niederohmiger zu wählen:<br />
U1<br />
10 V − 5,<br />
7 V<br />
R 1 = =<br />
= 754 Ω<br />
I 5,<br />
7 mA<br />
1,<br />
min<br />
Eine sinnvolle Dimensionierung wäre daher R1 = 680 Ω.<br />
2.3) Am Transistor fällt folgende Spannung ab:<br />
UT = U 0 −U<br />
A = 24 V − 5 V = 19 V<br />
Bei einem maximalen Strom von 100 mA ergibt sich die Verlustleistung zu:<br />
P = UT<br />
⋅ I L = 19 V ⋅0,<br />
1 A = 1,<br />
9 W<br />
2.4) Zusätzlich zur der Verlustleistung am Transistor fließt noch Strom durch den<br />
Widerstand R1.<br />
P<br />
η =<br />
P<br />
ab<br />
zu<br />
0<br />
U1<br />
18,<br />
3V<br />
I1 = = = 26,<br />
9mA<br />
R 680 Ω<br />
( L 1<br />
1<br />
mA<br />
U A ⋅ I L<br />
5V<br />
⋅100<br />
mA<br />
=<br />
=<br />
= 0,<br />
1642<br />
U ⋅ I + I ) 24 V ⋅ ( 100 mA + 26,<br />
9 mA)<br />
2.5) In Darlingtonschaltung multiplizieren sich die Verstärkungsfaktoren zu:<br />
B Darlington<br />
= B ⋅ B ⋅ B<br />
1<br />
2<br />
3<br />
= 30⋅100<br />
⋅ 200 = 600000<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
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Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
2.6) Sobald die Basis-Emitter-Spannung größer als 0,7 V wird, beginnt T4 zu leiten.<br />
Dadurch fließt der Strom aus R1 nicht mehr nur in die Basis der Darlingtonschaltung<br />
sondern über T4 ab und die Darlingtonstufe wird weniger aufgesteuert.<br />
U BE 0,<br />
7 V<br />
R7 = = = 140 mΩ<br />
I 5 A<br />
max<br />
2.7) Am nichtinvertierenden Eingang liegt eine Referenzspannung von UZ/2 also 3 V an.<br />
Solange nun die heruntergebrochene Ausgangsspannung geringer als die<br />
Referenzspannung ist, wird die positive Referenzspannung unendlich verstärkt und der<br />
OPV geht in die positive Sättigung. Dieses ändert die Aussteuerung der<br />
Darlingtonstufe nicht.<br />
Steigt die Ausgangsspannung allerdings so weit, dass die Differenzspannung negativ<br />
wird, also wenn die Spannung am invertierenden Eingang größer als 3 V beträgt,<br />
steuert der OPV in negativer Richtung aus und die Leistungsstufe wird in der<br />
Aussteuerung begrenzt.<br />
Dimensionierung:<br />
Potimeter in „höchster“ Stellung geringste Spannung = 3 V.<br />
Potimeter in „niederigster“ Stellung höchste Spannung, an R6 fallen 3 V ab, und an R5<br />
15 V - 3 V = 12 V.<br />
Wähle R6 = 1 kΩ R5 = 4 kΩ<br />
2.8) Die maximale Verlustleistung ergibt sich bei der minimalen Ausgangsspannung von<br />
3 V und maximalem Strom. Der Spannungsabfall am Transistor ist folglich:<br />
UCE = U −U<br />
aus −U<br />
R<br />
, 1<br />
Daraus ergibt sich die maximale Verlustleistung zu:<br />
0<br />
7<br />
= 24 V − 3 V − 0,<br />
14 Ω⋅<br />
5 A = 20,<br />
3 V<br />
P =<br />
20,<br />
3V<br />
⋅5A<br />
= 101,<br />
5 W<br />
max<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
Seite<br />
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erlin<br />
<strong>Musterlösung</strong> Aufgabe 3:<br />
electronics<br />
and medical<br />
signal processing<br />
Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
3.1) Das thermische Ersatzschaltbild hat folgenden Aufbau:<br />
Zunächst wird der gesamte thermische Widerstand bestimmt:<br />
R<br />
th<br />
ϑ<br />
ϑ<br />
J = U + max<br />
P ⋅ R<br />
ϑJ<br />
−ϑU<br />
120°<br />
C − 25°<br />
C<br />
= =<br />
= 50<br />
P 1,<br />
9 W<br />
max<br />
Der gesamte thermische Widerstand setzt sich aus Rth,J-C und Rth, C-U zusammen.<br />
Rth, C−<br />
U = Rth<br />
− Rth,<br />
J −C<br />
= 50<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
K<br />
W<br />
th<br />
−1<br />
3.2) Zuerst wird der thermische Widerstand bestimmt:<br />
Rth, oK<br />
200°<br />
C − 25°<br />
C<br />
=<br />
=<br />
3W<br />
Die Sperrschichttemperatur ergibt sich dann zu:<br />
3.3)<br />
, 5<br />
K<br />
W<br />
58,<br />
34<br />
=<br />
K<br />
W<br />
K<br />
W<br />
48,<br />
5<br />
P R C<br />
W W C<br />
K<br />
ϑ = ϑ + ⋅ = 50°<br />
+ 58,<br />
34 ⋅ 2,<br />
5 = 195,<br />
85°<br />
J<br />
U<br />
R<br />
th<br />
V<br />
th,<br />
oK<br />
ϑJ<br />
−ϑU<br />
200°<br />
C − 30°<br />
C<br />
= =<br />
= 1,<br />
675<br />
P 101,<br />
5W<br />
max<br />
Rth, C−<br />
U = Rth<br />
− Rth,<br />
J −C<br />
= 1<br />
, 675<br />
K<br />
W<br />
−1<br />
, 43<br />
K<br />
W<br />
=<br />
K<br />
W<br />
K<br />
W<br />
0,<br />
25<br />
K<br />
W<br />
Seite<br />
5/7
erlin<br />
<strong>Musterlösung</strong> Aufgabe 4:<br />
4.1) Spannungen an der Induktivität<br />
electronics<br />
and medical<br />
signal processing<br />
Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
Solange der FET geschlossen ist, wird -uF = U1-UDS. Somit fällt an der Induktivität folgende<br />
Spannung ab:<br />
U L(<br />
ein)<br />
= U1<br />
−U<br />
DSon −U<br />
2<br />
= 20 V − 0,<br />
5 V −12<br />
V = 7,<br />
5<br />
Wenn sich der Schalter öffnet, behält der Strom durch die Induktivität seine Richtung bei.<br />
Dadurch wird die Diode leitend und die Spannung an der Induktivität wird zu:<br />
U L(<br />
aus)<br />
= −(<br />
U 2 + U F ) = −(<br />
12 V + 0,<br />
3 V ) = −12,<br />
3V<br />
4.2) Der zeitliche Verlauf des Spulenstroms ergibt sich aus dem Induktionsgesetz:<br />
U<br />
L<br />
dI<br />
= L<br />
dt<br />
L<br />
ΔI<br />
= L<br />
Δt<br />
Für den ein- und ausgeschalteten FET ergibt sich daher:<br />
Δ I<br />
Δ I<br />
L(<br />
ein)<br />
L(<br />
aus)<br />
U L(<br />
=<br />
L<br />
U L(<br />
=<br />
L<br />
ein)<br />
aus)<br />
Da beide Stromänderungen gleich groß sind, folgt:<br />
t<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
t<br />
aus<br />
ein<br />
Δ I = −ΔI<br />
L(<br />
ein)<br />
L(<br />
aus)<br />
L<br />
tein<br />
= 7,<br />
5 V<br />
L<br />
tein<br />
t<br />
7 , 5V<br />
= 12,<br />
3V<br />
L L<br />
t ≈ 0 , 61⋅<br />
t<br />
aus<br />
taus<br />
= −12,<br />
3V<br />
L<br />
ein<br />
aus<br />
Mit T = tein<br />
+ taus<br />
≈ 1 , 61⋅t<br />
ein folgt:<br />
tein<br />
p =<br />
T<br />
1<br />
= =<br />
1,<br />
61<br />
0,<br />
62<br />
4.3) Der mittlere Strom durch den Lastwiderstand RL beträgt:<br />
i<br />
2<br />
U<br />
=<br />
R<br />
2<br />
L<br />
12 V<br />
= = 100 mA<br />
120 Ω<br />
Somit ist nach der Vorgabe von einem maximalen Wechselanteil von 15 % im<br />
Induktivtästsstrom:<br />
Δ<br />
I L<br />
= i ⋅0,<br />
15 = 15 mA<br />
2<br />
V<br />
Seite<br />
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erlin<br />
Das bedeutet für den eingeschalteten FET:<br />
4.4) Eigenschaften<br />
electronics<br />
and medical<br />
signal processing<br />
⇒<br />
Vorteile von Schaltwandlern:<br />
Übung Analog- und Digitalelektronik WS 10/11<br />
Δ I<br />
L<br />
tein<br />
= i2<br />
⋅ 0,<br />
15 = 15 mA = 7,<br />
5 V<br />
L<br />
1<br />
7,<br />
5 V ⋅ 0,<br />
62⋅<br />
s<br />
7,<br />
5 V ⋅tein<br />
L = =<br />
50000 = 6,<br />
2 mH<br />
ΔI<br />
15 mA<br />
L<br />
• Wesentlich geringere Verlustleistung, also höherer Wirkungsgrad.<br />
• Nicht nur Abwärts-, sondern auch Aufwärts- und Inverswandlung möglich.<br />
• Geringere Baugröße bei gleicher Nutzleistung.<br />
Hohe Schaltfrequenzen:<br />
• Bei hohen Schaltfrequenzen reichen geringe Induktivitätswerte aus um eine geringe<br />
Welligkeit des Induktivitätenstroms zu erreichen.<br />
• Bei hohen Frequenzen lassen sich große Induktivitätswerte mit geringer Baugröße<br />
herstellen.<br />
Einsatz von Schottkydioden:<br />
• Schottkydioden sind besonders schnell und besitzen geringe Durchlassspannungen;<br />
dadurch ergeben sich geringere dynamische und statische Verlustleistungen.<br />
Übung 12 - <strong>Schaltungsdesign</strong> - <strong>Linearregler</strong> - <strong>Schaltreger</strong> -<br />
Kühlkörper<br />
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