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 ensimmäiselle
kalvolle.

1 1. tunti
7 7. tunti
2 2. tunti
8 8. tunti
3 3. tunti
9 9. tunti
4 4. tunti
10 10. tunti
5 5. tunti
11 11. tunti
6 6. tunti


1. tunti

Kurssin perustiedot

Opettaja: DI Vesa Linja-aho, vesa.linja-aho@metropolia.ﬁ
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 luokassa
P320.
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 kalvot
tulevat Tuubiin!


1. tunti

Kurssin oppimistavoitteet

Opinto-oppaasta:
Tavoitteet
Opiskelija oppii tasa- sekä vaihtosähkötekniikan perusteet. Lisäksi oppilas oppii
magnetismin- sekä puolijohdetekniikan perusteet.

Sisältö
Sähkötekniikan peruslait ja niiden soveltaminen ajoneuvossa sekä
mittaustekniikassa. Yleisimmät puolijohdekomponentit sekä rajapintailmiön
tarkastelua. Vaihtosähkötekniikan perusteet. Magnetismin perusilmiöt sekä
peruskäsitteet ja niiden soveltaminen ajoneuvossa.


1. tunti

Kurssin aikataulu
Tunneilla 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 :-) ymmärtämään
käytäntöpainotteisilla kursseilla opittavia asioita.
Sähkötekniikan merkitys ajoneuvotekniikassa
Autoissa on yhä enemmän ja enemmän sähkötekniikkaa, elektroniikkaa ja
tietotekniikkaa.
Sähkötekniikan perusteiden osaaminen on autoinsinöörille tärkeää.
Sähkötekniikan perusasiat pysyvät samana vuodesta toiseen (tiedot eivät
vanhene).


1. tunti

Opiskelusta

1 op ≈ 26,7 tuntia työtä. 3 op = 80 tuntia työtä. Tästä lähiopetusta
on 39 tuntia.
Eli opiskelua oletetaan tapahtuvan myös omalla ajalla!
Luentokalvoja ei ole suunniteltu itseopiskelumateriaaliksi. Jos et pääse
tunneille, 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 pelkällä
terveellä järjellä. Sähkötekniikassa on luotettava mittalaitteisiin ja
tieteellisiin 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 häviä
olemattomiin).
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 kuin
sieltä lähtevien virtojen summa.

I3 = 1 mA
6
- -
I1 = 3 mA I2 = 2 mA
Piirsitpä ympyrän mihin tahansa kohtaan piiriä, ympyrän sisään menee
yhtä paljon virtaa kuin mitä tulee sieltä ulos!


1. tunti

Ole tarkka etumerkkien kanssa!

Voidaan sanoa: "pankkitilin saldo on -50 euroa"tai "olen 50 euroa
velkaa 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, niin
kääntämällä mittarin toisin päin se näyttää 15 mA.
Aivan samalla tavalla voidaan virran suunta ilmoittaa etumerkillä. Alla
on kaksi täysin samanlaista piiriä.

I3 = 1 mA I3 = 1 mA
6 6
- -
I1 = 3 mA I2 = 2 mA Ia = −3 mA Ib = −2 mA


1. tunti

Jännite

Jännite on kahden pisteen välinen potentiaaliero.
Suureen lyhenne on U.
Virtapiirianalyysissä ei oteta kantaa siihen, miten potentiaaliero on
luotu.
Jännitteen yksikkö on voltti (V).
Jännitettä voi verrata paine-eroon putkessa tai korkeuseroon.
Jännitettä merkitään pisteiden välille piirretyllä nuolella.

+

12 V U = 12 V
− c


1. tunti

Kirchhoffin jännitelaki

Kahden pisteen välillä vaikuttaa sama jännite tarkastelureitistä
riippumatta.
Tämä on helpoin hahmottaa rinnastamalla jännite korkeuseroihin.

Kirchhoffin jännitelaki (myös: Kirchhoffin toinen laki)
Silmukan jännitteiden summa on etumerkit huomioon ottaen nolla.
r'
4,5 V r

− − −
+ + +
1,5 V 1,5 V 1,5 V


1. tunti

Ohmin laki

Mitä suurempi virta, sitä suurempi jännite – ja päinvastoin.
Resistanssilla tarkoitetaan kappaleen kykyä vastustaa sähkövirran
kulkua. Resistanssi on jännitteen ja virran suhde.
Resistanssin tunnus on R ja yksikkö ohmi ( Ω).

U = RI

U E
-
I R


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). Polkupyörän
dynamo 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. Tätäkin
kutsutaan 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 10 Ω.
-

+ I =?
d

12 V
d
−


1. tunti


-

+ I =?

12 V 10 Ω
−


1. tunti


-

+ I =?

12 V 10 Ω 12 V
− c


1. tunti


-

+ I = 1,2 A

12 V 10 Ω 12 V
− c

U = RI
12 V
I=U =
R 10 Ω = 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 kappaleen
numeroihin enkä sivuihin.


1. tunti

Kotitehtävä 1

Kotitehtävä 1
Ratkaise jännite E .

+

1,5 V
−
R = 20 Ω

+
? = 50 mA

E I
−


2. tunti

Kotitehtävä 1 - Esimerkkiratkaisu
Kotitehtävä 1

+

1,5 V
−
R = 20 Ω

+
? = 50 mA

E I
−


2. tunti

Kotitehtävä 1

+

1,5 V U
− c
UR R = 20 Ω
c
+
? = 50 mA

E E I
− c

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


2. tunti

Kotitehtävä 1

+

1,5 V U
− c
UR R = 20 Ω
c
+
? = 50 mA

E E I
− c

E + U − UR = 0 ⇔ UR = E + U UR = RI = 20 Ω · 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 sähkövirran
kulkua.
Resistanssin käänteislukua kutsutaan konduktanssiksi. Konduktanssin
tunnus on G ja yksikkö Siemens (S).
Konduktanssi kertoo kappaleen kyvystä johtaa sähköä.
Esimerkiksi jos R = 10 Ω niin G = 0,1 S.
1
G= R U = RI ⇔ GU = I

U E
-
IG= 1
R


2. tunti

Sähköteho

Teho tarkoittaa tehtyä työtä aikayksikköä kohti.
Tehon tunnus on P ja yksikkö watti (W). U E
-
Elementin kuluttama teho on P = UI
I
Jos kaava antaa positiivisen tehon, elementti kuluttaa tehoa. Jos
kaava antaa negatiivisen tehon, elementti luovuttaa tehoa.


2. tunti

Sähköteho

Energia ei häviä piirissä
Piirielementtien kuluttama teho = piirielementtien luovuttama teho.
U
?
I=

I I R
+6
U2
PR = UI = U U =

E R R R
−
2
PE = U · (−I) = U −U = − U
R 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 E

U E


2. tunti

Vastusten sarjaankytkentä ja rinnankytkentä

Sarjaankytkentä
⇐⇒
R1 R2 R = R1 + R2

Rinnankytkentä

R2
⇐⇒
1
R= 1
+R1
R1 2
R1

Tai sama kätevämmin konduktansseilla G = G1 + G2 .


2. tunti

Vastusten sarjaankytkentä ja rinnankytkentä

Edellisen kalvon kaavat soveltuvat myös mielivaltaisen monelle
vastukselle. Esimerkiksi viiden resistanssin sarjaankytkennän
resistanssi 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 (kahden

pisteen välillä ei voi olla yhtäaikaa kaksi eri jännitettä).
r r
− + −
+ − +
E1 E2 E3
⇐⇒

r r
−
+
E = E1 − E2 + E3


2. tunti

Mitä sarjaan- ja rinnankytkentä eivät ole
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan vierekkäinei tarkoita,
että kyseessä on rinnankytkentä.
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan peräkkäinei tarkoita,
että kyseessä on sarjaankytkentä.
Mitkä kuvan vastuksista ovat keskenään sarjassa ja mitkä rinnan?

+ R1 R2 +

E1 R3 E2
− −


2. tunti

Mitä sarjaan- ja rinnankytkentä eivät ole
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan vierekkäinei tarkoita,
että kyseessä on rinnankytkentä.
Pelkkä se, että komponentit näyttävät olevan peräkkäinei tarkoita,
että kyseessä on sarjaankytkentä.
Mitkä kuvan vastuksista ovat keskenään sarjassa ja mitkä rinnan?

+ R1 R2 +

E1 R3 E2
− −

Vastaus
Eivät mitkään! E1 ja R1 ovat sarjassa keskenään, samoin E2 ja R2 . Nämä sarjaankytkennät ovat
puolestaan molemmat rinnan R3 :n kanssa. Sen sijaan mitkään vastukset eivät ole keskenään
rinnan 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.
˜

+ RS

E
−
˜


2. tunti

Solmu

Solmulla tarkoitetaan virtapiirin aluetta, jonka sisällä on sama
potentiaali.
Palikkamenetelmä: laske kynä johonkin kohtaan johdinta. Ala värittää
johdinta, ja aina kun tulee vastaan komponentti, käänny takaisin.
Väritetty alue on yksi solmu.
Montako solmua on kuvan piirissä?
-

+ I R1 R3 R5

E R2 R4 R6
−


2. tunti

Maa

Yksi solmuista voidaan nimetä maasolmuksi.
Maasolmu-merkinnän käyttö säästää piirtämisvaivaa.
Auton akun miinusnapa on kytketty auton runkoon; näin muodostuu
suuri maasolmu.
Sanonta tämän solmun jännite on (esim.) 12 volttiatarkoittaa, että
sen solmun ja maan välinen jännite on (esim.) 12 volttia.
-

+ I R1 R3 R5

E R2 R4 R6
−
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:
-

+ I R1 R3 R5

E R2 R4 R6
−


2. tunti

Virtalähde

Puhekielessä sanaa virtalähde käytetään varsin monimerkityksellisesti.
Esimerkiksi tietokoneen virtalähde hajosi.
Virtalähteellä tarkoitetaan piiriteoriassa elementtiä, jonka läpi kulkee
jokin tietty virta (se voi olla vakio tai muuttua jonkin säännön
mukaan). Aivan kuten jännitelähteenkin napojen välillä on aina sama
jännite.

6

J R


2. tunti

Virtalähde

Kun jossain johtimen haarassa on virtalähde, tiedät johtimen virran.
-
A
6
I=1

J = 1A R1 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.
-

+ I R1 R3 R5

E R2 R4 R6
−

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


3. tunti


Kotitehtävä 2
Ratkaise virta I.
-

+ I R1 R3 R5

E R2 R4 R6
−

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

R5 ja R6 ovat sarjassa. Tämän sarjaankytkennän resistanssi on
R5 + R6 = 2 Ω.
Tämä sarjaankytkentä puolestaan on rinnan R4 :n kanssa. Tämän
rinnankytkennän resistanssi on 1 + 1 Ω = 2 Ω.
1
3
1 2


3. tunti

Ratkaisu jatkuu

R3 taas on sarjassa edellisen kanssa. Sarjaankytkennän resistanssi on
2
R3 + 3 Ω = 5 Ω.
3
Ja tämä sarjaankytkentä on rinnan R2 :n kanssa. Tämän
1 5
rinnankytkennän resistanssi on ( 5 )−1 + 1 = 8 Ω.
3 1
Ja tämän kanssa on sarjassa vielä R1 . Jännitelähteen E näkemä
kokonaisresistanssi on siis 5 Ω + R1 = 13 Ω.
8 8
E 72
Virta I on Ohmin lain mukaan I = 13
Ω
= 13 A ≈ 5,5 A.
8


3. tunti

Kirchhoﬃn lakien systemaattinen soveltaminen
Virtapiiriyhtälöt kannattaa kirjoittaa systemaattisesti, ettei sekoa omaan
näppäryyteensä. Yksi tapa on solmujännitemenetelmä:
1 Nimeä jokaisen virtapiirin haaran virta.
2 Valitse joku solmuista maasolmuksi ja nimeä jännitteet maasolmua
vasten.
3 Kirjoita virtayhtälö jokaiselle solmulle, jossa on kiinni enemmän kuin
kaksi komponenttia.
4 Lausu vastusten jännitteet nimettyjen jännitteiden avulla (piirrä
vastusten 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.

R1 R2

+
+

E1 R3 E2
− −
?I


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

I2
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 E2
− −
?I


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

I2
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 U3 E2
− −
?c
I


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

I2
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 U3 E2 I = I1 + I2
− −
?c
I


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

E1 − U3 '2 − U3
E I2
E
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 U3 E2 I = I1 + I2
− −
?c
I


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

E1 − U3 '2 − U3
E I2
E
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 U3 E2 I = I1 + I2
− −
?c
I
U3 E1 − U3 E2 − U3
= +
R3 R1 R2


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

E1 − U3 '2 − U3
E I2
E
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 U3 E2 I = I1 + I2
− −
?c
I
U3 E1 − U3 E2 − U3 R2 E1 + R1 E2
= + =⇒ U3 = R3
R3 R1 R2 R1 R2 + R2 R3 + R1 R3


3. tunti

Esimerkki
Ratkaise virta I.

E1 − U3 '2 − U3
E I2
E
R1 - R2

+ I1 +

E1 R3 U3 E2 I = I1 + I2
− −
?c
I
U3 E1 − U3 E2 − U3 R2 E1 + R1 E2
= + =⇒ U3 = R3
R3 R1 R2 R1 R2 + R2 R3 + R1 R3
U3 R2 E1 + R1 E2
I= =
R3 R1 R2 + R2 R3 + R1 R3


3. tunti

Huomautuksia

Yhtälöt voi kirjoittaa monella eri logiikalla, ei ole yhtä oikeaa
menetelmää.
Vaatimuksena ainoastaan a) Kirchhoﬃn lakien noudattaminen b)
Ohmin lain1 noudattaminen sekä se, että yhtälöitä on yhtä monta
kuin tuntemattomia.
Jos piirissä on virtalähde, se säästää (yleensä) laskentatyötä, koska
silloin tuntemattomia virtoja on yksi vähemmän.
Käyttämällä konduktansseja yhtälöt näyttävät siistimmiltä.
Kun menetelmän on sisäistänyt, välivaiheita voi ja kannattaa
pudotella pois.

1
Ohmin lakia voi käyttää vain vastuksille. Jos piirissä on muita
komponentteja, tulee tietää niiden virta-jänniteyhtälö eli tietää, miten
komponentin virta riippuu jännitteestä.

3. tunti

Toinen esimerkki

- R - R2 - R5

1
+ I1 I2 I5 +

E1 R3 U3 R4 U4 E2 I1 = I2 + I3
− c c − I2 = I4 + I5
?3
I ?4
I

E1 − U3 U3 − U4 U3 U3 − U4 U4 U4 − E2
= + ja = +
R1 R2 R3 R2 R4 R5

G1 (E1 − U3 ) = G2 (U3 − U4 ) + G3 U3 ja G2 (U3 − U4 ) = G4 U4 + G5 (U4 − E2 )
Kaksi yhtälöä, kaksi tuntematonta, voidaan ratkaista. Käytä
konduktansseja!

3. tunti

Huomattavaa

Virtapiirin ratkaisemiseksi on useita muitakin menetelmiä kuin
solmujännitemenetelmä: haaravirtamenetelmä, silmukkamenetelmä,
solmumenetelmä, modiﬁoitu solmupistemenetelmä. . .
Mikäli piirissä on ideaalisia jännitelähteitä (=jännitelähteitä, jotka
liittyvät suoraan solmuun ilman että välissä on vastus), yhtälöihin
tulee yksi tuntematon arvo lisää (=jännitelähteen virta) sekä yksi
yhtälö 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 ja
toteat, että tuloksesi ei ole ristiriidassa Kirchhoﬃn lakien kanssa.

− +
6 R1 R4
ER

J R2 3 R5
?4
I
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1 Ω E = 9V J = 1A


4. tunti


Kotitehtävä 3a)
Ratkaise virta I4 .

Kotitehtävä 3b)
Tarkista tuloksesi siten, että merkitset kuvaan kaikki jännitteet ja virrat ja
toteat, että tuloksesi ei ole ristiriidassa Kirchhoﬃn lakien kanssa.

− +
6 R1 R4
ER

J R2 3 R5
?4
I
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1 Ω E = 9V J = 1A


4. tunti

Ratkaisu
-
−
+I
6 R1 R4
U2ER3

J R2 U3 R5
c ?4c
I
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 1 Ω E = 9V J = 1A

Kirjoitetaan kaksi virtayhtälöä ja yksi jänniteyhtälö. Merkitään vastusten
R4 ja R5 sarjaankytkennän konduktanssia symbolilla G45 .
J = U2 G2 + I
I = U3 G3 + U3 G45
U2 + E = U3
Sijoittamalla toisesta yhtälöstä I:n ensimmäiseen yhtälöön ja sijoittamalla
tähän 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 vastuksen
R2 virta on 5 A alhaalta ylöspäin.

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

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

4. tunti

Esimerkki 1
Ratkaise I ja U.

− +
E3

?

+ I R1 +
6

E1 E2 R2 U J
− − c


4. tunti

Esimerkki 1
Ratkaise I ja U.

I3 − +
E3

?

+ I R1 +
6

E1 E2 R2 U J
− − c

J = UG2 + I3
I3 = I + (E1 − E2 )G1
U = E1 + E3


4. tunti

Esimerkki 2
Ratkaise U2 ja I1 .

R
' U2

-
+
+ +
J1 J2

E1 E2 E3
− − −

I1


4. tunti

Esimerkki 2
Ratkaise U2 ja I1 .

R
' U2

-
+
+ +
J1 J2

E1 E2 E3
− − −

I1

I1 = (E1 − E3 )G + J1
E2 + U2 = E3


4. tunti

Esimerkki 3
Ratkaise U4 .

+ R1 R3

E R2 R4 U4
− c


4. tunti

Esimerkki 3
Ratkaise U4 .

+ R1 R3

E R2 U2 R4 U4
− c c

(E − U2 )G1 = U2 G2 + (U2 − U4 )G3
(U2 − U4 )G3 = G4 U4


4. tunti

Mistä lisäharjoitusta?

Oppikirjaan on lisämateriaalia osoitteessa
http://users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/lisamateriaal
Sieltä löytyy tasavirtapiiritehtäviä 175 kipaletta
http://users.tkk.fi/~ksilvone/Lisamateriaali/teht100.pdf
Tehtäviin on pdf:n lopussa myös ratkaisut, joten saat välittömän
palautteen osaamisestasi!
Jos intoa riittää, voi opetella käyttämään piirisimulaattoria. Sillä on
helppo mm. tarkistaa kotitehtävät:
http://www.linear.com/designtools/software/ltspice.jsp


4. tunti

Kotitehtävä 4

Kotitehtävä 4
Ratkaise jännite U.

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

J2

r r

6
R2 +

J1 R1 U E
c −


5. tunti


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

J2
'E −U
r r

6
R2 +

J1 R1 U E
c −

J1 + J2 + G2 (E − U) = G1 U
1 + 2 + 0,5(3 − U) = 1 · U
4,5 = 1,5U
U=3

5. tunti

Elektroniikka ja puolijohdekomponentit

Neljä ensimmäistä oppituntia käsittelivät piiriteoriaa ja
sähkötekniikkaa.
Seuraavaksi perehdymme elektroniikkaan ja puolijohdekomponenttien
käyttöön.
Puolijohdetekniikka perustuu puolijohteiden ja/tai puolijohteen ja
johteen rajapinnassa tapahtuviin fysikaalisiin ilmiöihin.
Kurssin lopussa käsittelemme muutosilmiöt virtapiirissä sekä
digitaalitekniikan perusteita.


5. 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

5. 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.
Käsinlaskiessa 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.


5. tunti

Laskutekniikkaa

Paloittain lineaarista sijaiskytkentää sovelletaan seuraavasti:
Irroita 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.


5. 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.


5. tunti

Oppikirja

6.1 Diodityypit
6.2.4 Paloittain lineaariset sijaiskytkennät


5. tunti

Kotitehtävä 5

+ R
d
E = 12 V ©
ULED
− ©
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?


6. tunti

Kotitehtävä 5 - esimerkkiratkaisu

+ R
d
E = 12 V ©
ULED
− ©

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


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 ja
PNP-transistori.
MOSFET-transistorit ovat tärkeitä komponentteja, niitä käytetään
kytkiminä 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 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.

?
1(
IC

-
0)
IB ‚d
d
?IE

6. tunti

PNP-transistori

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

IC
6
1(

0)
IB s
d
d IE
6


6. 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.


6. tunti

Laskutekniikkaa

Ensin selvitetään kantavirta, sen perusteella kollektorivirta iC = βiB ja
sen perusteella kollektorin ja emitterin välinen jännite.
Jos kollektorin ja emitterin väliseksi jännitteeksi saadaan pienempi
jännite kuin transistorin saturaatiojännite, tiedämme, että transistori
on 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
?
IC
RC

1(

+ RB 0)
‚d
+
d

E1 = 5 V 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 :n enintään olla, jotta transistori ei joutuisi
saturaatiotilaan?


7. tunti

?
IC
RC

1(

+ RB 0)
‚d
+
d

E1 = 5 V 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 :n 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.

7. 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 :-).
Analogiassa tärkeä (tärkein?) mikropiiri on operaatiovahvistin
(ammattislangilla opari).


7. tunti

Operaatiovahvistin

Operaatiovahvistimeen kytketään käyttöjännitteet, josta se saa
enegiansa (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.


7. 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


7. tunti

Operaatiovahvistinkytkennät

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


7. tunti

Invertoiva vahvistin

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

R2
Uout = − Uin
R1


7. 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!


7. tunti

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

1 1 1
Uout = −R U1 + U2 + U3
R1 R2 R3


7. tunti

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

R1

R2
Uout = 1 + Uin
R1


7. tunti

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

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

R2
+15 V R4
˜
− ˜˜ ˜
+15 V

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

Kotitehtävä 7
Laske Uout , kun Uin = 2 V.


8. tunti


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

R2
+15 V R4
˜
− ˜˜ ˜
+15 V

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

Laske Uout , kun Uin = 2 V. Ratkaisu: piirissä on kaksi peräkkäin kytkettyä
R2
invertoivaa vahvistinta. Ensimmäisen vahvistuskerroin on − R1 = −2 ja
toisen − R4 = −3. Koko piirin vahvistuskerroin on näiden tulo −2 · −3 = 6
R3
eli 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 täydellistä
tasajännitettä.
Esimerkiksi taskulampun pariston jännite laskee koko ajan, kun
paristo tyhjenee...
... ja taskulamppua sytytettäessä polttimon läpi kulkee suurempi virta
kuin silloin, kun lamppu on ollut päällä sekunnin (hehkulangan
resistanssi on kylmänä pienempi kuin kuumana).


8. tunti

Kondensaattori

Kondensaattori on komponentti, jonka jännitteelle ja virralle pätee yhtälö:
du
i =C
dt

?
i
C u
c

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


8. tunti

Kondensaattori

Yhtälö
du
i =C
dt
tarkoittaa, että mitä suurempi virta kondensaattorin läpi kulkee, sitä
nopeammin sen jännite muuttuu. Tai sama toisinpäin: mitä nopeammin
kondensaattorin jännite muuttuu, sitä suurempi virta sen läpi kulkee.

?
i
C u
c

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


8. tunti

Kondensaattori
Integroimalla yhtälö
du
i =C
dt
puolittain, saadaan:
1
u= idt + integrointivakio
C
tai määrättynä integraalina (valitsemalla alkuhetkeksi t = 0 ja
loppuhetkeksi joku ajanhetki t)
1 t
u= idt + u(0).
C 0

Termi u(0) tarkoittaa kondensaattorin jännitettä ajanhetkellä nolla, ja sitä
merkitään usein myös UC0 tai U0 :
1 t
u= idt + U0 .
C 0


8. tunti

Yksinkertainen esimerkki

Ladataan virtalähteellä kondensaattoria. Lukuarvot ovat:

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

6
i

J C u
c

1 t 1 t 1 t 1
u= idt + U0 = 6dt + 0 = 6dt = 6t = 3t
C 0 2 0 2 0 2
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 = 2F R = 3Ω U0 = 5 V
-

+ i R

E C u
− c

Kirchhoﬃn lakien ja kondensaattorin yhtälön mukaan
E −u du E −u du du
i= ja i = C =⇒ =C =⇒ RC +u =E
R dt R dt dt
Ratkeaa yritteellä
t
u = B + Ae − τ .


8. tunti

Diﬀerentiaaliyhtälön ratkaiseminen
Lasketaan yritteen derivaatta
du t A t
u = B + Ae − τ =⇒= − e− τ
dt τ
Ja sijoitetaan yrite derivaattoineen yhtälöön:
du RCA − t t
RC + u = E =⇒ − e τ + B + Ae − τ = E
dt τ
Jotta yhtälö olisi tosi kaikilla t:n arvoilla, tulee päteä τ = RC ja B = E .
Tällöin:
t t
−Ae − τ + Ae − τ = 0
Mistä saadaan A? Kondensaattorin alkujännitteestä. Ajanhetkellä t = 0
tulee kaavan antaa jännitteeksi 5 volttia:
t t 0
u = B + Ae − τ =⇒ u = E + Ae − RC =⇒ 5 = 12 + Ae − 2·3 ⇒ A = −7.
Lopullinen vastaus jännitteelle:
t
u = 12 − 7e − 6 .

8. tunti

Kela
Tavallaan kondensaattorin vastakohta- yhtälöissä on jännitteet ja virrat
vaihtaneet paikkaa verrattuna kondensaattorin yhtälöihin:
di
u=L
dt
?¤
i
¥
¤
L ¤ u
¥
¥c

Sama integraalimuodossa

1 t
i= udt + I0 .
L 0


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 = 1 Ω C = 1F E = 10 V U0 = 0 V
-

+ R1 i

E R2 C u
− c


9. tunti

Kotitehtävä 8
Ratkaise kondensaattorin jännite u.

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

+ R1 i

E R2 C u
− c

du E −u u
i =C i = − ⇒
dt R1 R2
R1 R2 C du R2
+u = E
R1 + R2 dt R1 + R2


9. tunti

R1 R2 C du R2
+u = E
R1 + R2 dt R1 + R2
Sijoitetaan yhtälöön tunnilta tuttu yrite derivaattoineen:
t du A t
u = B + Ae − τ =⇒ = − e− τ
dt τ
jolloin saadaan
R1 R2 C A t t R2
(− e − τ ) + B + Ae − τ = E
R1 + R2 τ R1 + R2

Jotta vakiotermit olisivat samat, täytyy päteä: B = R1R2 2 E .
+R
R1 R2 C
Eksponenttitermissä täytyy olla τ = R1 +R2 . Nyt yhtälö on ratkaistu:
t
−
t
−τ t
−τ R2 R1 R2 C
−Ae + Ae =0 u= E + Ae R1 +R2
R1 + R2


9. tunti

Sijoitetaan vastaukseen lukuarvot:

u = 5 + Ae −2t

Vakio A ratkeaa alkuehdosta. Ajanhetkellä t = 0 kondensaattorin
jännitteen 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 = 2F R = 3Ω U0 = 5 V
-

+ i R

E C u
− c

Kirchhoﬃn lakien ja kondensaattorin yhtälön mukaan
E −u du E −u du du
i= ja i = C =⇒ =C =⇒ RC +u =E
R dt R dt dt
Ratkeaa yritteellä
t
u = B + Ae − τ .


9. tunti

Lasketaan yritteen derivaatta
du t A t
u = B + Ae − τ =⇒= − e− τ
dt τ
Ja sijoitetaan yrite derivaattoineen yhtälöön:
du RCA − t t
RC + u = E =⇒ − e τ + B + Ae − τ = E
dt τ
Jotta yhtälö olisi tosi kaikilla t:n arvoilla, tulee päteä τ = RC ja B = E .
Tällöin:
t t
−Ae − τ + Ae − τ = 0
Mistä saadaan A? Kondensaattorin alkujännitteestä. Ajanhetkellä t = 0
tulee kaavan antaa jännitteeksi 5 volttia:
t t 0
u = B + Ae − τ =⇒ u = E + Ae − RC =⇒ 5 = 12 + Ae − 2·3 ⇒ A = −7.
Lopullinen vastaus jännitteelle:
t
u = 12 − 7e − 6 .

9. tunti

Kela
Tavallaan kondensaattorin vastakohta” -yhtälöissä on jännitteet ja virrat
vaihtaneet paikkaa verrattuna kondensaattorin yhtälöihin:
di
u=L
dt
?¤
i
¥
¤
L ¤ u
¥
¥c

Sama integraalimuodossa

1 t
i= udt + I0 .
L 0


9. tunti


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

t du A t
u = B + Ae − τ =⇒ = − e− τ
dt τ
Sijoita yrite kirjoittamaasi diﬀerentiaaliyhtälöön, ja ratkaise kertoimet B ja
τ . Kerroin A saadaan alkuehdosta (=mikä on kondensaattorin jännite tai
kelan 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 = 1 Ω L = 1 H E = 10 V I0 = 0 A
-
i ¤
¥
¤
+ R1
L ¤ u
¥

E R2
− ¥c


10. tunti

Kotitehtävä 9 - malliratkaisu
Kotitehtävä 9
Ratkaise kelan virta i.

R1 = R2 = 1 Ω L = 1 H E = 10 V I0 = 0 A
-
i ¤
¥
¤
+ R1
L ¤ u
¥

E R2
− ¥c

di E −u u
u=L i = − ⇒
dt R1 R2
R1 R2 di R2
i +L = E
R1 + R2 dt R1 + R2


Sähkötekniikan perusteet

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

More from Vesa Linja-aho

More from Vesa Linja-aho (20)

Sähkötekniikan perusteet