1

Ivo M. Kostić

RADIOTEHNIKA Riješeni zadaci

2010./11.

2

Numerički rezultat za određeni tehnički problem predstavlja sponu između teorije i inženjerske prakse. U tom smislu treba posmatrati i ovu verziju dokumenta koji ima radni naslov: Radiotehnika-riješeni zadaci. Ponuđeni skup zadataka, zajedno sa primjerima datim na predavanjima, treba da omogući studentu da neposredno sagleda praktični smisao teorijskih/koncepcijskih analiza koje izučava u okviru predmeta Radiotehnika. Skup riješenih zadataka, u cjelini, namijenjen je za časove računskih vježbi i osnova je za završni ispit. Preporučuje se korisniku da posebnu pažnju obrati na Napomene i Komentare i da postupi po Sugestijama datim uz pojedine zadatke. Pošto su unapred raspoloživa kompletna rešenja za zadatke koji su predmet računskih vježbi, namjera je da časovi računskih vježbi postanu kreativni dio nastavnog procesa (tj. da osnovna aktivnost bude detaljna analiza i diskusija problema i varijanti rešenja) umjesto klasičnog pristupa gdje se, zbog ograničenog raspoloživog vremena, vježbe dominantno svode na reproduktivni rad – prepisivanje sa table. Da bi se pomenuta namjera na najbolji način realizovala neophodno je da se student pripremi za čas vježbi, tj. da se prethodno upozna sa zadacima koji će biti razmatrati na času i da bude spreman da participira u odgovarajućim analizama i diskusijama. Ivo Kostić

Uvodne napomene

3

1. SELEKTIVNA KOLA, KOLA ZA PRILAGOĐAVANJE IMPEDANSE, ULAZNO KOLO PRIJEMNIKA 4

2. RF POJAČAVAČI ZA MALE SIGNALE 37 3. MJEŠAČI – VARIJANTE I PRIMJENE 55

4. OSCILATORI, FAZNA PETLJA, SINTEZATORI 63

5. RF POJAČAVAČI SNAGE 84

SADRŽAJ

4

SELEKTIVNA KOLA, KOLA ZA PRILAGOĐAVANJE IMPEDANSE, ULAZNO KOLO PRIJEMNIKA

ZADATAK 1.1 Izvor čija je unutrašnja otpornost približno jednaka nuli generiše signal čija je srednja frekvencija 5MHz, a širina korisnog dijela spektra je 100kHz. U namjeri da se oslabe nepoželjne spektralne komponete, napr. harmonijske, za spregu izvora i 50-omskog opterećenja treba koristiti odgovarajuće serijsko oscilatorno kolo. Smatrati da su LC komponente razmatranog kola savršene (bez gubitaka). (a) Odrediti elemente odgovarajućeg oscilatornog kola. (b) Odrediti slabljenje (u decibelima) 5-og harmonika u odnosu na nivo

korisnog signala na opterećenju. Rešenje Razmatramo kolo dato na sledećoj slici (a) Imajući u vidu osobine serijskog oscilatornog kola i oznake sa slike, pišemo

L

RCR

QB L

L === 2

00 ω

ω

pa je

pF

LC

HB

RL L

7.121

6.79102

50

2

0

5

==

=⋅

==

ω

µπ

1

E L C

RL

A(ω)

5

Napomena: U računu nijesmo eksplicitno koristili podatak o srednjoj frekvenciji. Međutim, taj podatak smo implicitno iskoristili u definicionom izrazu za širinu

propusnog opsega (B). Provjeri: .5)2/(10 MHzLCf == π

(b) Po uslovu iz formulacije zadatka treba da nađemo:

)(

)(log20

0

0

ω

ω

A

nA

gdje je ω0- rezonantna frekvencija, A(ω) prenosni faktor oscilatornog kola pri frekvenciji ω, a n- cijeli broj. Na osnovu teorije o oscilatornim kolima znamo da je

2

0

0

2

0

1

1)(

1)(

−+

=

=

ω

ω

ω

ω

ω

ω

Q

A

A

Ako je ω=n ω0 imamo

)1(

1

1)(

22

0

0

0

02

0−

≈

−+

=nQ

n

n

nQ

nA

ω

ω

ω

ωω

jer je Q>>1 i n>1. Za razmatrano kolo je

500 ==B

fQ

pa je

dBnQ

n6.47

)15(50

5log20

)1(log20

22−=

−⋅=

−

6

ZADATAK 1.2 Projektovati prosto paralelno oscilatorno kolo čiji 3dB propusni opseg treba da iznosi 10MHz. Rezonantna frekvencija treba da je 100MHz. Unutrašnja otpornost generatora i opteretna otpornost jednake su i iznose po 1000 oma. Q-faktor kalema je 85. Koliko slabljenje unosi posmatrano selektivno kolo? Rešenje Razmatramo kolo dato na sledećoj slici Q faktor kola je

1010

1000 ===B

fQ

Ekvivalentna paralelna otpornost kalema je kpkkp QXLQR ≡= 0ˆ ω

gdje je Qk faktor dobrote kalema. Ekvivalentna paralelna otpornost LC kola je Rekv.p=RgRkpRl, tj.

kp

kp

pekvR

RR

+=

500

500.

Reaktansa posmatranog kola je

Q

RX

pekv

p

.=

pa je

kp

kp

pR

RX

+=

500

50010

Sada imamo sistem od dvije jednačine: kpkp QXR =

E

Rg

L C VL

RL

7

kp

kp

pR

RX

+=

500

50010

Rešenja su: Xp=44.1Ω i Rkp=3.75kΩ, pa je

pF

XC

nHX

L

p

p

301

70

0

0

==

==

ω

ω

Odnos ulaznog i izlaznog napona je:

44.0=+

=gkpL

kpLL

RRR

RR

E

V

Kada u razmatranom kolu nema LC komponenti biće

5.0

,

=+

=gL

L

RR

R

E

VL

Dakle, uneseno slabljenje je

dBV

V

L

L 1.15.0

44.0log20log20

,==

Uneseno slabljenje posledica je nesavršenosti kalema.

8

ZADATAK 1.3 Neka je ω0 rezonantna frekvencija za mrežu datu na slici. Na frekvenciji ω =ω0 odrediti transformacioni odnos ( 12

2 /ˆ pp RRN = ) . Treba smatrati da je Q

faktor Rp1C2 kao i Q faktor kompletnog kola veći od 10.

Rp1

C1

C2

Rp2L

Q>10 Rešenje

Rs1

C1

C2

L

Rs1

CT

L CT LRp2

Imajući u vidu činjenicu da je Q faktor Rp1C2 veći od 10 biće

21

212 ˆ,

CC

CCCCC TS

+=≈

a

2

211

2

11

11

==

CRR

XR

pp

Sω

)

Slično, primjenom serijsko-paralelne konverzije za Rs1CT (vodeći računa da je Q faktor kompletnog kola 10> ) biće:

( )

( )2

1

211

2

21

21

21

2

21

2

2

21

2

11

22

2

1

11

+=

+

/

/=

=

=

=

==

C

CCRCC

CC

CR

C

CR

CCR

CRR

XR

pp

T

p

T

p

TSS

p

ωω

ω

ili

Cs

9

1

21

2

1

212

1

2

C

CCN

C

CCN

R

R

p

p +=⇒

+==

Napomena: 1.Razmatrano kolo je varijanta paralelnog oscilatornog kola sa odvodom na kondenzatoru. Zbog očiglednih razloga, u literaturi i u praksi, ovo kolo poznato je pod nazivom .kapacitivni trasformator. Transformacione osobine kola od praktičnog su interesa ako je C2≥C1. 2. Kapacitivni transformator je uskopojasni sklop! 3. Generalno, paralelno-serijske i serijsko-paralelne konverzije RC- i RL-mreža striktno vrijede za jednu frekvenciju. To je sasvim razumljivo, jer se u odgovarajućem analitičkom postupku radi sa Q faktorom koji je uvijek definisan za jednu frekvenciju. U praksi se pomenute konverzije aproksimativno razmatraju kao uskopojasne, tj. prihvatljive su u opsegu frekvencija oko nominalne frekvencije na kojoj je izvršena konverzija. Uz ovu napomenu pomenute konverzije imaju vrlo široku praktičnu primjenu.

10

ZADATAK 1.4 Koristeći kapacitivni transformator prilagoditi 50ΩΩΩΩ na 5kΩΩΩΩ u paraleli sa 2pF na frekvenciji 100MHz. Širina propusnog opsega prilagodnog kola treba da bude 5MHz.

Rešenje Razmatramo kolo prikazano na sledećoj slici Problem rešavamo u dva koraka. U prvom koraku, pomoću kapacitivnog transformatora, transformišemo R=50Ω na R1=5kΩ:

21

2

2

13

2

2

11 91501051 CC

C

C

C

CRR =⇒

+=⋅⇒

+=

U drugom koraku izračunavamo elemente ekvivalentnog kola sa naredne slike Ovdje je

205

1000 ===B

fQ

Sa druge strane je

L

RQ d

0ω=

gdje je Rd=R1RL=2.5kΩ, pa je

R1

C2

C1

CL

RL

L

R

CT R1 L CL RL

11

nHL 20010220

25008

=⋅⋅

=π

Iz

pFCLC

f 67.122

10 =⇒=

π

gdje je C=CT+CL, pa je

pFCC

pFCCCCC

CC

CC

CCC

pFC

TT

T

7.1069

86.1110

9

3

3

67.10267.12

21

22

22

22

21

21

==

=⇒=⇒+

⋅=

+=

=−=

Napomena: U prvom koraku opredijelili smo se za transformaciju R=50Ω na R1=5kΩ. Zašto je R1=5kΩ? U principu, mogli smo se opredijeliti za neku drugu vrijednost. Međutim, pošto je RL=5kΩ, a R1RL., navedeno opredeljenje je najednostavnije.

12

ZADATAK 1.5 Na slici su prikazane dvije L-ćelije. Pod uslovom da uneseno slabljenje bude najmanje, za obije mreže (ćelije) odrediti uslove za prilagođenje RL na Rg. U oba slučaja definisati elemente mreže i širinu propusnog opsega.

(a) (b) Rešenje Prvo, da bi uneseno slabljenje prilagodne mreže bilo minimalno treba da su Z1 i Z2 bez gubitaka, tj. Z1=jX1, Z2=jX2. Drugo, u uslovima prilagođenja je gulul RZZZ

g≡⇒= ∗

Za kolo sa slike (a) je

L

L

ulRZZ

RZZZ

++

+=

21

21 )(

a za kolo sa slike (b) je

L

L

ulRZ

RZZZ

++=

1

12

IZamjenom Z1=jX1 i Z2=jX2, pa potom izjednačavajući realni dio ulazne impedanse sa Rg, a imaginarni dio sa nulom dobijamo:

Rg

Z1

Z2

RL

Rg

Z1

RL

Z2

Zul

Zul

13

(a)

QRX

Q

R

R

R

QRX

RRpriR

RQ

L

g

L

g

g

Lg

L

g

m=

±=

−

±=

>−=

2

1

1

1ˆ

(b)

QRX

Q

R

R

R

QRX

RRpriR

RQ

g

L

g

L

L

gL

g

L

m=

±=

−

±=

>−=

2

1

1

1ˆ

Na osnovu rezultata pod (a) i (b) konstatujemo da:

- ako je Rg≠RL tada X1 i X2 moraju biti reaktanse sa suprotnim znakom, pa proizilazi da postoje četiri varijante L-ćelije (dvije niskopropusne i dvije visokopropusne);

- ako je Rg=RL tada je Q=0, X1→∞, X2=0. Propusni opseg kola određen je Q faktorom serijske grane, pa je: (a)

QR

XQ

L

ser ≡= 2

(b)

QR

XQ

g

ser ≡= 2

Dakle, u svakom slučaju, propusni opseg je:

Q

fB 0=

Napomena: U principu, prilagođenje se može riješiti i sa L-ćelijom na bazi rezistivnih komponenti. Međutim, takvo rešenje unosi velike gubitke i obesmišljava energetsku efikasnost zbog koje se, pored ostalog, prilagođenje primjenjuje. U nekim primjenama, napr. u mjernoj tehnici pomenuto rešenje je prihvatljivo. Rezistivna L-ćelija je širokopojasna. Sugestija: Proračunati elemente rezistivne L-ćelije.

14

ZADATAK 1.6 Poznato je da se optimalni prenos snage iz izvora na potrošač ostvaruje pri Zg=ZL

∗∗∗∗. Neka je Zg=(50+j10) Ω, ZL=RL=75Ω. Inženjer A smatra da se optimalni prenos može ostvariti dodavanjem na red sa izvorom otpornika od 25Ω i reaktanse - j10 Ω. Inženjer B smatra da prilagođenje treba riješiti primjenom L-ćelije.

(a) Odrediti elemente mreže za rešenja koje sugeriše inženjer B. (b) Uporediti oba rešenja na bazi poređenja snaga na opterećenju.

Rešenje

(a) Rešenje problema na bazi L-ćelije (predlog inženjera B) svodi se na šemu datu na sledećoj slici

Ω−==−=

Ω=−⋅=−=

=−=−=

1.106707.0

75

35.2510707.050

707.0150

751

3

Q

RX

XXX

R

RQ

L

p

gs

g

L

(b) Saglasno predlogu inženjera A razmatramo sledeću šemu

E

Rg

Xg X3

jXs

jXp RL

E

Rg=50Ω 25Ω jXg - j10

RL=75Ω VRL

15

Za slučaj razmatran pod (b) snaga na opterećenju je

RL

A

o

RL

L

RLA

o

R

EP

EEV

R

VP

4

2752

75

2

2

=

=⋅

=

=

Za slučaj razmatran pod (a) snaga na opterećenju je

g

B

oR

EP

4

2

=

jer LC kolo ne unosi gubitke, tj. snaga iz prilagođenog generatora jednaka je snazi na opterećenju RL. Dakle,

)76.1(5.150

75dB

R

R

P

P

g

L

A

o

B

o ===

Očigledno, inženjer A predložio je loše rešenje, jer je u kolo za prilagođenje unio dodatne gubitke (otpornik 25Ω). Zbog toga, predlog inženjera A daje 1.76dB manju snagu na opterećenju u odnosu na snagu koja se dobija kada se prilagođenje vrši po predlogu inženjera B.

16

ZADATAK 1.7 Na slici je prikazana ππππ- mreža. Definisati elemente mreža pod uslovom da je RL prilagođeno na Rg. Rešenje Pogodno je da razmatranu šemu predstavimo u obliku dvije back-to-back vezane L-ćelije (vidi sliku niže). Na mjestu presjeka je virtuelna otpornost R. Uvođenje ove otpornosti je u funkciji pojednostavljenja rešenja problema. Naime, lijevo i desno od isprekidane linije prepoznajemo L-ćelije. Da bi problem dalje razmatrali po pravilu koji važi za L-ćeliju treba da je: gL RRiRR <<

tj. ),min(ˆ, minmin Lg RRRRR =<

Za L-ćeliju na strani generatora je:

1−=R

RQ

g

g

RL

jX2

jX3

jX1

Rg

RL

jX4

jX3

jX1

Rg jX5

R R

jX2

17

Za L-ćeliju na strani opterećenja je:

1−=R

RQ L

L

Širinu propusnog opsega posmatrane kaskade diktira dio mreže (L-ćelija) sa većim Q faktorom, pa je Q faktor kaskade (tj. Q faktor polazne π-šeme):

),max(ˆ,1ˆ maxLgmx RRR

R

RQ =−=

Prema tome, pri zadatom Q je

1

2

max

+=

Q

RR

Sada je

1)1(ˆ,1)1( 2

max

2

max

−+=−+= QR

RQQ

R

RQ L

L

g

g

Uvijek je jedan od navedenih Q faktora jednak Q. Dalje se postupak svodi na izračunavanje elemenata za L-ćeliju prema generatoru i izračunavanje elemenata za L-ćelije prema opterećenju. Tako se direktno izračunavaju X1 i X3 ,a X2=X4+X5. Komentar: Ako bi prilagođenje RL na Rg realizovali sa pojedinačnom L-ćelijom njen Q faktor bio bi Qmin. Pošto je Q>Qmin znači da π-mreža, pri istim uslovima prilagođenja ima uži propusni opseg nego odgovarajuća L-ćelija.

18

ZADATAK 1.8 Razmotrimo rednu vezu dvije L-ćelije. Utvrditi uslove pri kojima data mreža ima širi propusni opseg od pojedinačne L-ćelije. Rešenje Prvo, zbog razloga vezanih za prilagođenje ima smisla razmatrati datu rednu vezu L-ćelija ako je otpornost na mjestu spoja R. Očigledno, pošto se radi o L- ćelijama virtuelna otpornost R treba da zadovoljava uslov gL RRR >> .

Za L-ćeliju na strani generatora je

1−=g

gR

RQ

Za L-ćeliju na strani opterećenja je

1−=R

RQ L

L

Dakle, možemo izabrati bilo koje R iz opsega gL RRR >> i ostvariti širi propusni

opseg od onog koje bi pri zadatim tranformacionim uslovima ostvarili sa pojedinačnom L-ćelijom. Međutim, ako izaberemo Lgopt RRRR ==

dobićemo najmanji Q faktor mreže, tj. najširi propusni opseg, pa je

11ˆ −=−=opt

L

g

opt

optR

R

R

RQ

Širina propusnog opsega kaskade je

RL

jX4

jX3

jX1

Rg

R R

jX5

19

optQ

fB 0=

Primjera radi razmotrimo slučaj kada je Rg=50Ω, RL=200Ω. Sa jednom L-ćelijom imali bi

73.1150

200ˆ =−=Q

Ako serijski vežemo dvije ćelije imamo 10020050 =⋅=optR

1150

100=−=optQ

Očigledno, Qopt<Q, tj. kaskada posmatranih L-ćelija ima širi propusni opseg od pojedinačne L-ćelije.

20

ZADATAK 1.9 Definisati prilagodno kolo sa slike. Odrediti vrijednosti elemenata visokopropusnog prilagodnog kola na f=100MHz i odrediti U/E. Napon generatora je E=10V.

Rešenje Pošto nema dodatnih ograničenja najjednostavnije je da se problem riješi pomoću L-ćelije. Paralelna grana L-ćelije stavlja se na stranu veće otpornosti. Struktura odgovarajućeg prilagodnog kola data je na sledećoj slici (indeksi s i p uvedeni su da asociraju na serijsku i paralelnu granu respektivno)

U uslovima prilagođenja treba da je ∗

=Z

Y1

.

22

1

ss

ss

ss XR

jXR

jXRY

+

−=

+=

s

ssp

pss

s

X

XRX

XXR

XY

22

22

1ˆIm

+=⇒=

+=

2

22

1ˆRe ssps

pss

s RRRXRXR

RY −=⇒=

+=

21

22ˆ

ss

sp

p

pp

XR

XR

X

RQ

+==

i

ssss

ss QRX

R

XQ =⇒=

pa je

( )QQ

R

X

RRRR

XR

XR

XRQ s

s

s

spss

sp

ss

sp

p =≡=−+

=+

= ˆ2222

Dalje,

311 2

222=−=⇒=+⇒

+=

s

p

s

p

ss

sp

R

RQ

R

RQ

RQR

QRRQ

jer je Rs=Rg=100Ω, Rp=RL=1000Ω. Sa ovim je

Ω== 300gs QRX Ω== 333Q

RX L

p

Postoje sledeće varijante rešenja: Xs induktivno, Xp kapacitivno (niskopropusna L-ćelija); Xs kapacitivno, Xp induktivno (visokopropusna L-ćelija). Dalje razmatramo slučaj kada je Xp - induktivno, a Xs – kapacitivno, pa je

nHX

L s 477=ω

= pFX

Cp

8,41

=ω

= .

Szirom da su L i C bez gubitaka, snaga E2/4Rg raspoloživa je iz generatora predaje se opterećenju RL, pa važi

)97.3(16.32

1

2

1

4

22

dBR

R

E

U

R

U

R

E

g

L

Lg

==⇒=

Komentar: Kada ne bi postojalo prilagodno kolo između Rg i RL koeficijent refleksije bio bi

)48.15(818.01000100

1000100=−=

+

−=

+

−=Γ VSWR

RR

RR

Lg

Lg

U tom slučaju je

)8.4(33.012

dBP

P

g

RL −=Γ−=

22

ZADATAK 1.10 Impedansa generatora je ( )Ω+= 2550 jZ g , a impedansa opterećenja je

( )Ω−= 50200 jZ L . Prilagođenje realizovati na frekvenciji 900MHz. Definisati elemente relativno najjednostavnijeg prilagodnog kola za ovu namjenu. Rešenje

ZLjB2

E

Rg

jX1

Zg

RpjB2

E

Rg jXg

Zg

jX1

jBp

ZL

Zg

[ ][ ]

[ ][ ][ ]( )

pFfR

QC

QZR

Z

ZQZ

nHf

ZL

ZRZ

p

L

p

LLp

L

L

Lp

g

g

ggg

208,02

5,2121Re

25,0Re

Im:

421,42

Im

50Re:

2

==

Ω=+=

==

==

Ω==

π

π

Dalji tok sinteze prilagodnog kola svodi se na prilagođenje Rp na Rg, Lg apsorbuje se u rednu granu, a Cp se apsorbuje u paralelnu granu prilagodnog kola. Po proceduri za proračun L-ćelije imamo:

pFfR

QC

nHf

QRL

R

RQ

p

g

g

p

5,12

94,152

8028,1150

5,2121

2

1

==

==

=−=−=

π

π

Konačne vrijednosti elemenata prilagodnog kola su:

23

pFCCC

nHLLL

p

g

292,1208,05,1

519,11421,494,15

2

1

=−=−=

=−=−=

Dakle, konačna šema za traženo prilagodno kolo data je na sledećoj slici

ZL

L

Zg

Eg

C

Relativna širina opsega je:

[ ]%5555.08028,1

11

0

⇒===Qf

B

Razmatrana L-ćelija (kao i L-ćelija uopšte) je relativno širokopojasni sklop. Sugestija:

1. Koristeći MATLAB nacrtati transfer funkciju razmatranog kola i to u opsegu od 0Hz do 2GHz. 2. Nacrtati dijagram koeficijenta refleksije na strani generatora. 3. Neka su L i C raspoloživi sa tolerancijom ±5%. Razmotriti slučajeve: (a) L i C odstupaju od nominalne vrijednosti za -5%, (b) L i C odstupaju od nominalne vrijednosti za +5%. Za oba slučaja izračunati koeficijent refleksije i VSWR na ulazu. (Uputstvo: za navedene slučajeve izračunati odgovarajuće ulazne impedanse. Potom, izračunati koeficijente refleksije i odgovarajuće VSWR-ove.) 4. Neka su L i C komponente nesavršene. Razmotriti gubitke koje unosi prilagodno kolo u tom slučaju. (Uputstvo: izračunati ulaznu impedansu kola; naći koeficijent refleksije; izračunati odnos snage na opterećenju i snage na ulazu prilagodne mreže)

24

ZADATAK 1.11 Definisati uskopojasno kolo za prilagođenje Ω=Ω= 1000 na100 Lg RR .

Relativna širina propusnog opsega treba da iznosi ≈7% na MHzf 100= . Rešenje Pošto se radi o uskopojasnom prilagodnom kolu rešenje treba tražiti u realizaciji odgovarajuće π-ćelije. Formalnom primjenom poznate procedure za projektovanje π-ćelije možemo doći do rešenja. No, pretpostavimo da se ne sjećamo odgovarajućih formula za proračun π-ćelije, pa ćemo ovaj konkretni problem rešavati korak po korak koristeći sledeću sliku

RL

-XS

Rg

XP1

E⇒XP2 RL

-Xs1

Rg

XP1

E

XP2

-Xs2

Rvirt

-Xs

Radi preglednosti dalju analizu radimo za slučaj kada su: reaktanse 21 , pp XX

kapacitivne, a reaktansa sX je induktivna. Za L-ćeliju prema opterećenju je

RLXp2

-Xs2

R =Rser virtRvirtRvirt

( ) ( )22

2

22

222

22

222

22

2

2

Lp

Lp

Lp

Lp

Lp

LpLp

Lp

Lp

RX

RX

RX

RjX

RX

RjXRjX

RjX

RjX

++

+

−=

+

+−=

+−

−

22

2

22

2

2

2

11

ˆQ

R

X

R

R

RX

RXR L

p

L

L

Lp

Lp

virt+

=

+

=+

=

Sada možemo fiksirati

virtR i naći Q ili biramo Q i izračunavamo virtR . Zbog uslova

postavljenog u formulaciji zadatka biramo ovaj drugi slučaj, pa je

15%70

=⇒= Qf

B

25

Ω==+

= 42,4226

1000

151 2

L

virt

RR

Za L-ćeliju je:

Ω=⋅==⇒=

Ω===⇒=

4,6642,415

6,6615

1000

2

2

2

2

virts

virt

s

L

p

p

L

QRXQR

X

Q

RXQ

X

R

j66,37Ω

Rvirt j66,66Ω1000Ω

R =100g Ω Xp1

-Xs1

Rg RvirtRvirt

Na sličan način kao ranije nalazimo da je

virt

gR

Q

R=

+121

pa je

Ω=⋅===

Ω==

=−=

56,2042,464,4

51,2164.4

100

64,4142,4

100

111

1

1

virtsers

p

RQRQX

X

Q

Sa ovim je

j66,37Ω

Rvirt

-j66,66Ω1000Ω

j20,56Ω

-j21,51Ω100Ω

Za L-ćeliju sa strane generatora imamo:

26

Induktivnost u seriskoj grani je:

66,66102

1

51,21102

1

102

93,86

82

81

8

π

π

π

=

=

=

C

C

L

Moguće alternativne realizacije su: (a)

(b)

(c)

Sa praktične tačke gledišta alternativne realizacije veoma su važne, jer omogućavaju fleksibilnost u pogledu izbora pogodnih vrijednosti za L i C komponente. U praksi nijesu pogodne vrlo male kao ni vrlo velike vrijednosti za L i za C. Male vrijednosti nijesu pogodne jer su uporedive sa parazitnim vrijednostima induktiviteta i/ili kapaciteta, a velike su nepraktične zbog fizičkih dimenzija L i C komponenti.

Vrijednosti za kondenzatore u paralelnim granama su:

27

ZADATAK 1.12 Definisati elemente T-mreže za prilagođenje 10Ω na 50Ω. Q-faktor kola treba da je 10. Rešenje Problem se može riješiti transformacijom T-mreže u dvije back-to-back vezane L-ćelije (vidi sliku niže). Na mjestu presjeka je virtuelna otpornost Rvirt.

Vodeći računa o osobini L-ćelije mora biti:

( )Lgvirt RRRgR >= jeako ili ( )gLLvirt RRRR >= jeako

Ovdje je (slično kao u proceduri za π-ćeliju):

1min

−≈R

RQ virt , [ ]Lg RRR ,minmin = , pa je ( ) Ω=+≈ 10101 min

2RQRvirt .

Za L-ćeliju prema generatoru je:

Ω== 1001 gs QRX , Ω== 1011Q

RX virt

p

Za L-ćeliju prema opterećenju je:

4,41 =−=L

virt

R

RQ Ω== 2312

s

virt

pQ

RX Ω== 2202 Lss RQX

Rvirt

XP=Xp1Xp2

28

Alternativne realizacije su: (a)

(b)

29

(c)

Napomena:

1. Pri datim zahtjevima u pogledu prilagođenja, T – šema je, kao i π- šema, relativno uskopojasna u odnosu na odgovarajuću L-ćeliju koja ima samo jedan stepen slobode (pri datom Rg i RL, Q faktor je automatski određen, tj. ne može se birati). Dakle, T – šema i π- šema mogu da riješe isti problem definisan na bazi zadatih vrijednosti Rg, RL i Q. Obije mreže zahtijevaju tri komponente. Pri ovakvoj konstataciji, na prvi pogled logično je pitanje zašto se ne opredijelimo bilo za π- ili za T –šemu. Da li je u pitanju samo akademski formalizam? Ne. U pitanju je fleksibilnost u pogledu izbora vrijednosti L i C komponenti sa kojima se zadati problem može riješiti. Naime, komponente za odgovarajuću T – i π- šemu su različite, a opredijelićemo se za mrežu koja sa praktične tačke gledišta ima povoljnije vrijednosti L i C komponrnata.

2. Elementi T- mreže mogu se naći i koristeći opštu transformaciju π – u T-mrežu

321211332 ,,, ZZZUjegdje

U

ZZZ

U

ZZZ

U

ZZZ cba ++====

Sugestija: Riješiti zadatak koristeći π-šemu.

Z1

Z2

Z3

Zc Za

Zb

30

ZADATAK 1.13 Ekvivalentna šema varikap diode može se predstaviti kao na slici

LS je parazitni induktivitet uvodnika, CV je nominalna kapacitivnost varikap diode, i RS je otpornost gubitaka. Pogodno je datu ekvivalentnu šemu zamijeniti sa šemom u kojoj je parazitni iduktivitet apsorbovan u kapacitivnost diode. U tom slučaju ekvivalentna šema diode je

(a) Izračunati efektivnu kapacitivnost varikap diode CVe ifaktor dobrote varikap diode QV. (b) Odrediti vezu između QV i faktora dorote diode, Q, pri Ls=0.

Rešenje (a) Da bi date šeme bile međusobno ekvivalentne treba da je:

VeV

sCC

Lωω

ω11

−=−

pa je

2

0

2

11

−

=−

=

f

f

C

CL

CC V

Vs

V

Veω

gdje je

VsCLf

π2

1ˆ0 =

rezonantna frekvencija varikap diode.

Q faktor varikap diode je

VeS

VCR

Q0

1

ω=

(b) Za diodu bez uvodnika Ls=0, CV=CVe, pa je

VS CRQ

0

1

ω=

Sa ovim je

−=

2

0

1f

fQQV .

Pri QQff V ≈⇒<< 0 . Dakle, radna frekvencija varikap diode treba da je znatno ispod rezonantne frekvencije. Uostalom, kao što je poznato, isto pravilo vrijedi i za pasivne RLC komponente.

31

ZADATAK 1.14 Raspolažemo sa varikap diodom za koju je ( ) ( ) 65,2303 =VV CC , CV(3)=40pF (broj u zagradi odnosi se na polarizacioni napon diode i dat je u voltima) . Na osnovu deklaracije proizvođača Q faktor ove diode iznosi 150. Rezonantna frekvencija diode je 100MHz pri polarizacionom naponu 3V.

(a) Odrediti eksponent α za datu varikap diodu (b) Odrediti kapacitivnost i ekvivalentnu paralelnu otpornost ove

diode pri polarizacionom naponu 3V. Pomoć: Kapacitivnost varikap diode definisana je izrazom:

( ) ( ) VVCVC VVVV 7.0,/1/)0( =+= φφα

Rešenje (a) Opšti izraz za kapacitivnost varikap diode je:

( )( )

VV

CVC V

V

V

V 7.0,

1

0=

+

= φ

φ

α

Po uslovu zadatka je

( )

( )46,065,2

7,0

31

7,0

301

30

3=α⇒=

+

+

=α

α

V

V

C

C

(b) Sada je

( ) ( ) pFCC VV 867,0

3130

46,0

=

+=

Faktor dobrote diode je

Ω=⇒= 123.01

0

s

SV

RRC

Qω

Da bi izračunali Rp treba da transformišemo serijsku vezu Rs-Cs u paralelnu vezu RpCv

'. Dakle,

( ) Ω==≈+= kQC

QQRQRR

V

SSp 77.212

22

ω

pFCC VV 40)3( , =≈ Dakle, pri polarizacionom naponu od 3V, razmatrana varikap dioda može se predstaviti kao paralelna veza 40pF i 2.77kΩ. Sugestija: Imajući u vidu rezultate dobijene u ovom zadatku razmotriti efekte vezivanja dvije ili više varikap dioda u paralelu i to pri frekvenciji koja je znatno niža od rezonantne frekvencije varikap diode. Što je dobro, a što je loše u slučaju kada paralelno vezane diode predstavljaju dio oscilatornog kola?

32

ZADATAK 1.15 Ekvivalentna šema kristalnog rezonatora data je na slici

pFCmHLRfFC psss 64,83,530 ==Ω==

Maksimalna dopuštena disipacija na kristalu je 1mW. Odrediti frekvenciju osnovne serijske i paralelne rezonancije i maksimalnu dopuštenu struju kroz kristal. Rešenje Osnovna serijska rezonantna frekvencija je:

MHzCR

f

sss 026,10

2

1=

π=

Osnovna paralelna rezonantna frekvencija dobija se iz uslova:

01

1=ω+

ω−ω

− pp

sp

sp

Cj

CL

j

pa je

MHzC

Cf

CC

CCL

fp

s

s

ps

ps

S

p

p 051.101

2

1

2=+=

+

==

ππ

ω

Maksimalna disipacija na kristalu je

mAR

PIIRP

s

d

sd 7,13max

2

max ==⇒=

Komentar: 1.Ukoliko je snaga disipacije na kristalu veća to je proces starenja kristala brži i s tim u vezi, tokom vremena ubrzano se povećava odstupanje frekvencije od nominalne vrijednosti. Uobičajeno je da se zbog ovog razloga, u oscilatorima, snaga na kristalu ograničava na oko 50µW. Takođe, ne dozvoljava se da kristal bude na jednosmjernom naponu, pa se zato odvaja sa odgovarajućim kondenzatorom. 2. Frekvencije fs i fp mijenjaju se i sa promjenom temperature ambijenta. Kvantitativni iznos promjene (u u odnosu na vrijednost pri standardnoj temperaturi) zavisi od vrste reza razmatranog kristalnog rezonatora. Promjena frekvencije izražava se u ppm/oC i obično je reda 1ppm/oC (ppm- parts per million).

33

ZADATAK 1.16 Faktor šuma prijemnika iznosi 8dB. Širina propusnog opsega ulaznog kola prijemnika iznosi 1MHz, a širina propusnog opsega na ulazu demodulatora iznosi 5kHz. Minimalna zahtijevana vrijednost odnosa signal-šum na ulazu u demodulatotr treba da je 12dB. Odrediti osjetljivost ovog prijemnika (u dBm) pri standardnoj temperaturi (T0=290K). Treba smatrati da su svi potsklopovi u prijemnom traktu međusobno impedantno prilagođeni. Rešenje Prvo, po uslovu zadatka, treba da izračunamo snagu šuma na ulazu u demodulator. Drugim riječima, interesuje nas snaga šuma u propusnom opsegu od 5kHz. Prijemni trakt je kompletno prilagođen. U tom slučaju spektralna gustina snage je kT0 , pa je snaga šuma )log(10)( 0 rn BfkTdBmP = gdje je k- Boltzmann-ova konstanta (1.38·10-23W·sec/K), T0 =290K, B=5kHz, fr – brojna vrijednost faktora šuma prijemnika. Dakle,

dBm

dBm

fBkTdBmP rn

126

840174

log10log10)log(10)( 0

−=

++−=

++=

Osjetljivost prijemnika (tj. minimalna ulazna snaga koja daje zahtijevanu vrijednost odnosa signal-šum (SNR) na ulazu u demodulator) je

dBm

dBmPdBSNRdBmP nul

114

)126(12

)()()(min.

−=

−+=

+=

Napomena : 1. Boltzmann-ova konstanta uobičajeno se specificira u [J/K]. Radi preglednosti i radi lakše kontrole dimenzija u rezultatu, u ovom priručniku koristimo dimenzije [W·sec/K], jer je J=W·sec. 2. U tekstu zadatka nije eksplicitno navedeno da li je propusni opseg 3-decibelski ili je u pitanju šumni propusni opseg. Striktno posmatrano, za izračunavanje snage šuma neophodan je podatak o širini šumnog propusnog opsega. U praksi su, uglavnom, pomenute širine propusnog opsega približno jednake (vidi predavanja), pa se posebno ne naglašava o kojoj se širini propusnog opsega radi. Sa druge strane, u praksi, širina propusnog opsega uvijek je vezana za određene filtracione karakteristike. Dakle, u praksi se uglavnom radi s o 3-decibelskoj širini propusnog opsega.

34

ZADATAK 1.17 Ulazni pojačavač prijemnika priključen je na antenu preko koaksijalnog kabla. Pojačanje ulaznog pojačavača iznosi 15dB. Širina propusnog opsega pojačavača iznosi 100MHz. Temperatura šuma pojačavača iznosi 150K. Slabljenje koaksijalnog voda iznosi 2dB. Temperatura ambijenta za sve komponente je 300K. Izvršeno je prilagođenje između antene, voda i pojačavača.

(c) Izračunati faktor šuma na izlazu pojačavača (d) Koliki je faktor šuma ako je pojačavač direktno spojen na antenu.

Rešenje

(a) Brojna vrijednost slabljenja koasijalnog voda je 58.110ˆ

10/2 ==L Pošto je temperatura ambijenta (T) različita od standatrdne temperature (T0), brojna vrijednost faktora šuma koaksijalnog voda je

)04.2(6.1

290

300)158.1(1

)1(1ˆ0

dB

T

TLf v

=

−+=

−+=

Faktor šuma na izlazu pojačavača je

)84.3(42.2

)1)290

1501((58.16.1

)1(1

ˆ1

dB

fG

ff p

v

v

=

−++=

−+=

gdje je 1/Gv=L=1.58.

(b) Ako je pojačavač direktno spojen na antenu tada je faktor šuma jednak faktoru šuma pojačavača, tj.

)81.1(52.110

2 dBT

Tff e

p =+=≡

Komentar: Očigledno, f2<f1, što je formalno posmatrano pogodno, ali nije i praktično.

Naime, zbog smješaja antene na otvorenom istaknutom mjestu kabl je neophodan. Moguće rešenje je da se pojačavač postavi uz antenu (što podrazumijeva i realizovanje odgovarajućeg rešenje za jednosmjerno napajanje pojačavača), a kabl da se koristi od pojačavača do ulaza u preostali dio prijemnika. Izračunajte faktor šuma za ovaj scenario.

35

ZADATAK 1.18 Na slici je data blok šema sistema za distribuciju TV signala iz zajedničke antene. Distribucija se vrši na 4 prijemnika. Kabl koji povezuje antenski pojačavač i djeljitelj snage unosi slabljenje od 4dB. Smatramo da djelitelj snage ne unosi gubitke. Antenski pojačavača i TV prijemnik imaju istu vijednost faktora šuma (6dB) pri standardnoj temperaturi ambijenta (290K). Treba odrediti:

(a) pojačanje tako da ukupni factor šuma razmatranog sistema bude ≤≤≤≤8dB, (b) minimalni nivo prijemnog signala za koji je SNR na ulazu demodulatora TV prijemnika ≥≥≥≥55dB. Širina propusnog opsega TV prijemnika na međufrekvenciji iznosi 5.5MHz.

Rešenje Sva četiri prijemnika su ravnopravna, pa je potrebno i dovoljno analizirati tražene uslove za jedan od njih. Odgovarajući model za analizu dat je na sledećoj slici gdje je

)51.2.(4

)31.6.(8

)4:.(6,

11

4141

==

==

===

lvrijednostnumdBL

fvrijednostnumdBF

ffvrijednostnumdBFF

tottot

na TV Rx 1

PS (djeljitelj snage)

kabl

4dB

Ant. pojač.

L1

F2=L1

L3=6dB

F3= -∞ dB

Rx

F4 F1

G1

36

(a) Numerička vrijednost ukupnog faktora šuma je:

)11(606.12431.6

1451.2)14(1)1(

1101

111

1

1

3141

31

1

41

11

11

321

4

21

3

1

21

dBGff

llfg

llg

fl

gg

lf

ggg

f

gg

f

g

fff

tot

tot

==−

−⋅⋅−=

−

−−=

−+

−+

−+=

−+

−+

−+=

(b)

dBmmW

S

WSBkTS

NS

NSf

in

in

in

outout

inin

tot

57.431

log10

)(105.52901038.11031.610

/

/

/ 6235.5

10/55

0

−=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⇒== −

Sugestija: Ponoviti analizu: (a) za slučaj da temperatura ambijenta za ulazni pojačavač i za kabl iznosi – 20oC, a za ostale elemente sistema temperatura ambijenta je +17 oC (290K). (b) za slučaj da temperatura ambijenta za ulazni pojačavač i za kabl iznosi +50oC, a za ostale elemente sistema temperatura ambijenta je +17 oC (290K). Napomena: Faktor šuma pri temperaturi Ta različitoj od standardne (T0=290K) je

0

01 )1(1T

Taff −+=

gdje je f0 brojna vrijednost faktora šuma pri Ta= T0.

37

RF POJAČAVAČI ZA MALE SIGNALE ZADATAK 2.1 Elementi ekvivalentne π-šeme bipolarnog tranzistora su: rπ = 350Ω, Cπ = 8pF, Cµ = 0.2pF, gm = 140mS, C0 = 0,5pF, g0 = 0.4mS. Naći odgovarajuće Y-parametre na frekvenciji f = 180MHz. Rešenje Problem se svodi na utvrđivanje ekvivalencije π šeme tranzistora i šeme na bazi y-parametara, tj. razmatramo šeme

Postoji direktna veza pa je:

( )µππ

+ω+= CCjr

Y1

11

µωCjY =− 12

( )µ+ω+= CCjgY 0022

µωCjgY m −=21

Dakle, pri f = 180MHz imamo:

( )mSjY 274,9857,211 +=

mSjY 2262,012 −=

( )mSjY 7917,04,022 +=

( )mV

IgYmSjY c

m26

2262,0140 2121 =≈−= .

2

38

ZADATAK 2.2 Pojačavač sa slike radi na f = 159.2MHz. Smatrati da je tranzistor unilateralan. Izmjereno je VBE = 0.6V. a) Izračunati širinu propusnog opsega izlaznog kola. b) Izračunati transkonduktansu tranzistora. Rešenje (a) Za dalju analizu koristićemo ekvivalentnu šemu pojačavača za rf (AC model ili tzv. rf ekvivalent), pa je Provjerimo koliki je Q-faktor RL||C2:

402ˆ 22 == LRfCQ π S obzirom da je Q2>10, kondenzatori C1 i C2 mogu se razmatrati kao da su elementi kapacitivnog transformatora, pa je

22

21 =+

=C

CCN

12.5nH

1nF

12.5nH

R1

R2

39

Sa ovim je

Ω== 1000ˆ2

Ld RNR

MHz2802

==⇒=π

=Q

fB

fL

RQ d

(b) Ovdje je EEEC RVII /=≈ , pa je

mSmV

RVVRR

R

mV

Ig

EBECC

C

m 772626

21

2

=

−

+== .

Napomena: Osnovni cilj u ovom zadatku bio je da se prepozna, sa jedne strane, koje su komponente relevantne za polarizaciju i rf blokadu, a sa druge strane koje su komponente relevantne za rf analizu. U idealnom slučaju smatra se da kondenzatori za blokadu predstavljaju kratki spoj za rf signal.

40

ZADATAK 2.3 Na f = 200MHz pri VCE = 10V, IC = 2mA, Y-parametri tranzistora u konfiguraciji sa uzemljenim emiterom su:

( )mSjY 8,67,211 += , ( )mSjY 225321 −= , ( )mSjY 5,0012 −= i ( )mSjY 5,11,022 += . Unutrašnja otpornost generatora je Rg = 50Ω. Opteretna otpornost je RL = 1000Ω.

(a) Provjeriti stabilnost odgovarajućeg pojačavača. (b) Da li se sa ovim tranzistorom može ostvariti pojačanje veće od

35dB? Rešenje (a) Primjenom Linvill-ovog kriterijuma stabilnosti nalazimo:

( )149,2

111.07,22

5,04,57

Re2 12212211

1221>=

−−⋅⋅

⋅=

−=

YYgg

YYC

Dakle, sam tranzistor je nestabilan. Primjenom Stern-ovog kriterijuma za opterećeni tranzistor nalazimo:

( )( ) ( )12211221

2211

Re

2

YYYY

CgCgK LG

+

++=

mSGg 2050

1==

mSGL 11000

1==

181,2 >=K

Dakle, pri datom opterećenju na ulazu i na izlazu pojačavač realizovan sa potencijalno nestabilnim tranzistorom postaje stabilan. (b) Teorijski najveća moguća vrijednost pojačanja je:

dBgg

YApMAG 8,341005,3

4

3

2211

221

=⋅==

Prema tome, sa ovim tranzistorom, na frekvenciji 200MHz, nije moguće ostvariti pojačanje veće od 35dB.

Sugestija: Ponaosob provjeriti da li će pojačavač postati nestabilan (tj. da li će početi da osciluje) ako se otkači generator ili ako se otkači opterećenje.

41

ZADATAK 2.4 Koristeći tranzistor BF981 projektovati pojačavač koji treba da radi na frekvenciji 100MHz. Unutrašnja otpornost generatora je 50ΩΩΩΩ. Opteretna otpornost treba da je 50ΩΩΩΩ. Na frekvenciji 100MHz y-parametri tranzistora su: y11≈≈≈≈g11=45⋅⋅⋅⋅10-6, y22≈≈≈≈g22=45⋅⋅⋅⋅10-6, y21 =20⋅⋅⋅⋅10-3∠∠∠∠6o, y12 =-13⋅⋅⋅⋅10-6∠∠∠∠90o, (sve u mS). Rešenje Prvo, treba da provjerimo uslovnu stabilnost tranzistora. Na osnovu datih podataka nalazimo:

Ω≈Ω≈

=⇒⋅=∠⋅=

+=∠⋅=−−

−

kgkg

fFCjy

mSjy

22/1,22/1

201013901013

)289.19(61020

2211

12

606

12

03

21

pa je

[ ]

166.8)1026()1005.4(

10)289.19(13

Re2

99

9

21122211

2112

>=⋅−−⋅

⋅+⋅=

−=

−−

−jj

yygg

yyC

Očigledno, tranzistor je nestabilan. Međutim, pojačavač sa ovim tranzistorom može se učiniti stabilnim ako se, na odgovarajući način, optereti ulaz i izlaz. Drugim riječima, treba obezbijediti da Stern-ov faktor bude >1, tj.,

[ ]

1Re

))((2

21122112

222111 >+

++=

yyyy

GgGgK

Ovdje je [ ] 9

2112

9

2112 1026Re,10260 −− ⋅−=⋅= yyyy

Dakle, da bi bio ispunjen uslov K>1, treba da je 9

222111 10234))((2 −⋅>++ GgGg Pošto nijesu navedena druga ograničenja, pogodno je izabrati G1=G2, pa se dobija Ω<===⇒⋅>= −

kGRGRGG 9.2/1/1104.3 2211

4

21 Radi sigurnosti izabraćemo, napr. R1=R2=2kΩ.

Otpornik R1 vezujemo paralelno sa ulazom tranzistora, a otpornik R2 paralelno sa izlazom tranzistora .

42

ZADATAK 2.5

Projektovati sinhrono podešeni jednotranzistorski pojačavač koji treba da radi na frekvenciji 200MHz. Širina propusnog opsega pojačavača treba da je 25MHz. Pojačavač treba da je stabilan pri otvorenom ulazu i izlazu. Opteretna otpornost je RL=1000ΩΩΩΩ. Y-parametri tranzistora su:

2.7 6.8 0.5

( )53 22 0.1 1.5

j jY sveu mS

j j

+ − = − +

Rešenje

Primjenom Linvill-ovog kriterija nalazi se da je tranzistor nestabilan (provjeri!). Dodavanjem otpornika Rp na izlazu tranzistora može se ostvariti uslovna stabilnost pojačavača. Rezerve radi neka je 5,0=C (inače, dovoljno je da je C<1), pa je

( )

Ω=⇒

−−

+⋅

⋅=

−

+

= 117

111

1,07,22

5,04,57

Re1

2

5.0

12212211

1221

p

pp

R

RYY

Rgg

YY

Sada se tranzistor ponaša unilateralno, pa dalje radimo sa ekvivalentnom šemom

Dakle, sada razmatramo unilateralni sinhrono podešeni pojačavač. Vrijednost Q-faktora ulaznog i izlaznog selektivnog kola treba da je

14,512 2/10 =−=B

fQ

Za izlazno kolo je:

(Y21-Y12)V1

Dodaje se radi obezbjeđenja stabilnosti pri otvorenom ulazu i otvorenom izlazu

43

totd CRQ 0ω= , Ω== 5,103|||| 22gRRR pLd

( )

pF

C

CCCC

pFR

QCCCC

tot

d

tot

38)4.01.1(5.39

1022

105.0

1022

105.15,39

5,39

8

3

8

3

1222

0

2212

=+−=

⋅⋅

⋅+

⋅⋅

⋅−=

+−=

==++=

−−

ππ

ω

Pošto je pojačavač unilateralan naponsko pojačanje je:

( )dBRYRgA ddmu 79,1449.5Re 21 −==−= Napomena: 1. U opštem slučaju K-faktor se kontroliše sa pogodno izabranim otpornicima vezanim u paralelu sa ulazom i sa izlazom tranzistora. Na taj način, po cijenu degradiranja pojačavačkih svojstava, garantuje se stabilnost pojačavača. Međutim, u ovom slučaju ne samo da se degradiraju pojačavačka nego i šumna svojstva pojačavača. Degradiranje šumnih karakteristika može se izbjeći ako se sa dodatnim otpornikom optereti samo izlaz tranzistora. Takvo rešenje izabrano je u ovom zadatku. 2.Ovaj problem mogao se riješiti uzimanjem drugačije vrijednosti za Linvill-ov faktor, napr. C=0.1radi veće sigurnosne margine. Jasno, to bi imalo za posledicu numerički drugačije rezultate i to kako za komponente tako i za pojačanje.

44

ZADATAK 2.6 Na frekvenciji 430MHz y-parametri FETa sa uzemljenim gejtom su:

15.7 4.86 0.81

( )15 0.81 1.62

j jY sveu mS

j j

+ − = − −

a. Odrediti elemente sinhrono podešenog jednostepenog pojačavača čija je srednja frekvencija 430MHz, a 3dB širina propusnog opsega treba da bude 50MHz. Pojačavač mora biti stabilan pri otvorenom ulazu i/ili izlazu (C faktor otvorenog pojačavača treba da je 0.5).

b. Odrediti elemente kapacitivnog transformatora tako da se izlazni signal dobije na 75ΩΩΩΩ. Odrediti naponsko pojačanje u ovom slučaju.

Rešenje

(a) Primjenom Linvill-ovog kriterija nalazimo:

[ ]

1656.0

73.12

Re2 21122211

2112>=

−=

yygg

yyC

što znači da je tranzistor potencijalno nestabilan. Kao što znamo, pojačavač se može učiniti stabilnim ako sa odgovarajućim otpornostima optereti ulaz i/ili izlaz tranzistora. Ovdje se opredeljujemo za uvođenje opterećenja isključivo na izlazu tranzistora ( za obrazloženje pogledati prethodni zadatak). Dakle, paralelno sa izlazom tranzistora stavićemo otpornost Rp. Uz ovu napomenu principska šema razmatranog pojačavača data je na sledećoj slici

U principu, za dalju analizu pojačavača možemo koristiti y-parametre i odgovarajuću ekvivalentnu šemu tranzistora. Međutim, u ovom slučaju pogodnije je koristiti ekvivalentnu π-šemu tranzistora. U tu svrhu treba konvertovati date y-parametre u parametre ekvivalentne π-šeme. Primjenom odgovarajuće konverzije krajnji rezultati su: Ω=== 69.63,7.15,3.0,3.0 sgmdgsd rmSgpFCpFC

Imajući u vidu da je dodavanjem Rp tranzistor postao unilateralan i da raspolažemo sa elementima ekvivalentne π-šeme tranzistora, za dalju analizu koristićemo sledeću šemu

Rg

E V1

L1

C1

Rp

L2

C2

RL

'

VL'

45

Po uslovu zadatka je

335.51250

43012 2/12/1 =−=−=

B

fQ o

(ovdje imamo jedan pojačavač, ali i dva istovjetna selektivna kola – jedano kolo na ulazu, a drugo na izlazi; dakle zbog ove okolnosti u prethodnom izrazu je n=2). Na osnovu gornje šeme je Ω== krRR sggtot 44.341

pa je

nHC

L

pFCCCC

pFCRCQ

tot

sdsgtot

tottottot

3.21

7.573.05.148.59

48.59

1

2

0

1

11

1110

==

=−−=−−=

=⇒=

ω

ω

Vrijednost otpornika Rp određujemo iz uslova

[ ]

Ω=⇒=⇒=

−==

12677893.01

ˆ

Re25.0

,

22

,

22

2112

,

11

2112

22

p

p

RmSgR

g

yygg

yyC

Prilagođenje na izlazu ostvaruje se pri Ω== 1267,

pL RR

Sada je

Rg

rsg

L1 C1 Csg

Csd

V1

gmV1

Cdg

Csd

C2 L2 Rp

RL

'

Rtot1 Ctot1 Ctot2 Rtot2

46

nHC

L

pFCCCC

pFCRCQ

RRR

tot

sddgtot

tottottot

Lptot

32.421

637.2

237.3

8.6322

1267

2

2

0

2

22

2220

,

2

==

=−−=

=⇒=

Ω===

ω

ω

gdje se vodilo računa o činjenici da je u pitanju sinhroni pojačavač, tj. da Q faktor ulaznog i izlaznog kola imaju istu vrijednost.

(b) U ovom slučaju dio kola na izlazu modifikuje se, pa je

pFC

pFC

pFCCC

CC

C

C

R

Rn

L

L

485.3

84.10

637.2

75

1267)1(

21

22

2

2221

2221

21

22

,2

=

=

==+

=+==

Konačno je

)66.7(417.22

1

dBn

Rg

V

V tot

m

L ==

Sugestija: Provjeriti vezu između parametara π- šeme tranzistora i y-parametara

RL' VL

'

C21

C22 RL=75Ω VL

47

ZADATAK 2.7 Na slici je dat detalj poznat kao "induktivno degradirani sors" MOSFET-a. Izračunati ulaznu impedansu pri navedenoj modifikaciji. Rešenje Ekvivalentna šema datog kola predstavljena je na sledećoj slici pa možemo da zapišemo sledeće tri relacije:

( )211 IILjVV GS +ω+=

GSmVgI =2

GSGS

CjIV

ω=

11

Ovdje je

−+==

GSGS

m

ulC

LjLC

g

I

VZ

ωω

1

1

1

Pri

LC

GZZ

LC GS

m

ulul

GS

==⇒= Re1

0ω

Komentar: 1.Pojačavač radi u uskoj oblasti oko ω0 , tj. ova tehnika relevantna je isključivo za uskopojasni pojačavač. 2.Obzirom na činjenicu da je induktivitet bešumni element isti ne degradira šumne karakteristike pojačavača. Dakle, bez narušavanja faktora šuma dobili smo impedansu koju možemo da podešavamo izborom vrijednosti za L.

Zul

48

ZADATAK 2.8 Grafičkim putem (koristeći IP dijagram) odrediti:

a. decibelski iznos potiskivanja IM produkta r-tog reda u odnosu na nivo izlazne snage korisnog signala, a sve pri nivou ulaznog signala Pi [[[[dBm]]]];

b. decibelski iznos potiskivanja IM produkta r-tog reda posmatrano u odnosu na nivo snage ulaznog korisnog signala, a sve pri nivou ulaznog signala Pi [[[[dBm]]]]

Rezultate pod (a) i (b) dati u funkciji Po [[[[dBm]]]] i OIP(r) [[[[dBm]]]]

Rešenje

a) Na osnovu dijagrama imamo

( )1−=⇒=+

⇒=α rdyrd

ydrtg

Sa druge strane je

0)( PrOIPd −= pa je

( )( )( ) ][10 dBrPrOIPy −−=

b)

( )

rx

drrtg

x

y=

−⇒==

1α

pa je

( )[ ]011

PrOIPr

rd

r

rx −

−=

−=

input

output

49

ZADATAK 2.9 Na ulaz pojačavača djeluju dva amplitudski podjednaka signala sa ukupnim nivoom od -10dBm, pa se na izlazu pojavljuje intermodulacioni produkt 3-ćeg reda (IMD3) čiji je nivo -50dBm. Pojačanje pojačavača iznosi 10dB. (a) Izračunati snagu IMD3 pri ukupnom nivou ulaznih signala -20dBm. (b) Izračunati razliku nivoa korisnog signala i IMD3. Rezultat dati u decibelima. Rešenje Ovaj problem pogodno je riješiti grafički na bazi odgovarajućeg IP dijagrama koji sadrži pravu za korisni signal i pravu za IMD3. (a) Prava za korisni signal treba da prolazi kroz tačku sa koordinatama (-10dBm, 0dBm) sa nagibom 1. Prava za IMD3 treba da prolazi kroz tačku sa koordinatama (-10dBm, -50dBm) sa nagibom 3. Vodeći računa o navedenim uslovima generisan je IP dijagram prikazan na sledećoj slici

Sa dijagrama direktno očitavamo da je pri ulaznom nivou od -20dBm, nivo IMD3 iznosi -80dBm. (b) Opet, koristeći generisani IP dijagram, nalazimo da razlika između nivoa korisnog signala i nivoa IMD3, za uslove navedene pod (a), iznosi 70dB.

Korisni signal

IMD3

50

ZADATAK 2.10 Prijemnik ima širinu propusnog opsega 2MHz i faktor šuma 5.5dB. Pri ulaznom nivou od +10dBm izlazni nivo komprimovan je za 1dB (IIP1=+10dBm). Izračunati: (a) MDS i (b) DR. Rešenje (a) Ovdje je F=5.5dB, pa je brojna vrijednost faktora šuma f=100.55=3.54.Minimalni nivo signala (tj. nivo signala jednak nivou šuma) je

dBm

BfkTMDS

5.105

)54.31022901038.1log(10

)log(10

623

0

−=

⋅⋅⋅⋅⋅=

=−

(b)Dinamički opseg je

dB

dBmdBm

MDSIIPDR

5.115

)5.105(10

1

=

−−=

−=

Napomena:

1. U literaturi se može naći i drugačija definicija za MDS (radi jednoznačnosti isključivo koristimo opšte prihvaćenu englesku oznaku), a koja se razlikuje za 3dB u odnosu na gore navedenu. U ovom kursu koristimo MDS isključivo na način kako je gore naveden.

2. Postoje dvije definicije dinamičkog opsega: DR i SFDR. Smisao odgovarajućih definicija je sledeći. DR se odnosi na dinamički opseg kada na ulaz djeluje jedan signal i šum. SFDR se odnosi na dinamički opseg kada na ulaz djeluje više od jednog signala i šum.

51

ZADATAK 2.11 Razmatramo pojačavač za koji je IIP3=+20dBm. Ako je nivo ulaznog signala 0dBm koliko iznosi potiskivanje IMD3? Rešenje IMD nastaje kada na ulaz djeluju barem dva signala. Neka su prisutna dva signala sa podjednakim amplitudama , tj A1=A2=A. Snaga IMD3 je

2

4

32

3

3

3

=

Aa

PIMD

gde je a3 koeficijent u Taylor-ovom razvoju ulazno-izlazne karakteristike razmatranog pojačavača. Označimo sa

2

2A

Pi =

snagu jednog od ulaznih signala. Sa ovim je ( )3

13 iIMD PkP = gdje je k1 nepoznata konstanta. Neka je izlazna snaga korisnog signala

io PkP 2= gdje je k2 nepoznata konstanta. Traženi odnos snage IMD3 i izlazne snage korisnog signala Po sada možemo zapisati u obliku

o

IMD

P

Pimr 33 =

ili ( )2

33 iPkimr = gdje je k3 nova nepoznata konstanta. Znamo da je u IP snaga IMD3 jednaka snazi korisnog signala, pa je u tom slučaju

( )2

3

3

2

33

11

IIP

IIPP

kPk =⇒=

Sa ovim je

2

3

3

=

IIP

i

P

Pimr

Dakle, koristeći izvedene relacije i date numeričke podatke imamo

dBmmW

P

mW

PdBIMR IIPi 4020202

1log20

1log20)(3 3 −=⋅−⋅=−=

52

Napomena: Intermodulacioni produkt 3-ćeg reda (IMD3) posledica je prisustva koeficijenta a3 u Tejlorovom razvoju ulazno izlazne karakteristike. Dakle, interesuje nas amplituda produkata koja se dobija iz

ulva3 gdje je tAtAvul 2211 coscos ωω += Frekvencije IMD3 su 212 ff ±± i 122 ff ±± Pri 21 AA ≠ može se naći da su amplitude IMD3

2

2

134

3AAa i

2

2134

3AAa

Pri AAA == ˆ21 svaki IMD3 ima amplitudu

3

34

3Aa

53

ZADATAK 2.12 Dio prijemnog trakta dat je na slici.

G – pojačanje, F – faktor šuma, B – propusni opseg a) Izračunati odnos signal/šum na izlazu trakta b) Izračunati IIP(3) i OIP(3) u dBm. Rešenje a)

[dB][dB][dB]0 toti FSNRSNR −=

( )dB3,63.425,05,01005,0

12

5,01005,0

14

1005,0

12

5,0

122

1111

4321

5

321

4

21

3

1

21

=⋅⋅⋅

−+

⋅⋅

−+

⋅

−+

−+=

−+

−+

−+

−+=

pppppppppp

totAAAA

NF

AAA

NF

AA

NF

A

NFNFNF

[ ] dB541000log1017490[dB] =+−−−= dBmdBmSNRi

Sa ovim je

dB7,473,654[dB]0 =−=SNR b)

( ) ( ) sklop) svaki za (vazi 33 GIIPOIP += pa je

( ) mWiipIIP 1)3(dBm020203 22 =⇒=−=

( ) ( ) mWiipIIP 398)3(dBm266203 44 =⇒=−−=

mWiip

iip

AAAA

iip

AAA

iip

AA

iip

A

iipiip

tot

pppppppppp

tot

78,156,025,05,01005,0

398

5,01005,01005,0

1

5,01

11

5

4321

4

321

3

21

2

1

1

=⇒=∞

⋅⋅⋅+

⋅⋅+

∞

⋅++

∞=

⋅⋅⋅+

⋅⋅+

⋅++=

( ) dBm51,21

78,1log103 ==

mW

mWIIPtot

( ) ( ) ( ) dBm51,736320351,233 =−−−+−+=+= GIIPOIP tottot → ( ) mWoiptot 63,53 =

54

ZADATAK 2. 13 Ulazni pojačavač prijemnika treba povezati sa antenom posredstvom elektronski kontrolisanog prekidača. Prekidač treba realizovati u formi jednopolnog prekidača baziranog na korišćenju PIN diode. Antena i pojačavač su 50-omski. Radna frekvencija je 5GHz. Na raspolaganju je PIN dioda čiji su parametri u OFF i ON stanju dati na sledećoj slici. Izvršiti analizu unesenog slabljenja prekidača u ON i u OFF stanju. Analizirati slučaj kada se PIN dioda koristi kao redni i slučaj kada se PIN dioda koristi kao paralelni prekidač. Rešenje Impedansa PIN diode je

+=

−+==

ONLjRZ

OFFC

LjRZZ

iff

j

irr

d

ω

ωω )

1(

Model rednog i paralelnog prekidača dat je na sledećoj slici

Li Cj Rr Li Rf

OFF ON

0.4nH 0.1pF 1Ω 0.4nH 5Ω

Zd

Z0=50Ω Z0= 50Ω

VL Redni 2V0

Z0=50Ω Z0= 50Ω

VL Paralelni 2V0

Zd

55

Na prethodnoj slici Zd označava impedansu diode. Uneseno slabljenje je

+−

+−

=−=

0

0

0

0

2

2log20

2

2log20

log20

ZZ

Z

ZZ

Z

V

VIL

d

d

dL

gdje je V0 napon na opterećenju kada nema prekidača (direktno spojen generator na pojačavač), VL je ulazni napon prijemnika kada postoji prekidač. Vodeći računa o datim numeričkim vrijednostima imamo

( )( )

Ω+=

Ω−==

ONjZ

OFFjZZ

f

r

d 6.125.0

7.3051

Za redni prekidač je

dBZZ

ZIL

dBZZ

ZIL

r

rOFF

f

ON

16.102

2log20

11.02

2log20

0

0

0

=+

−=

=+

−=

Za paralelni prekidač je

dBZZ

ZIL

dBZZ

ZIL

f

f

OFF

r

r

ON

07.72

2log20

03.02

2log20

0

0

=+

−=

=+

−=

Komentar: U provodnom stanju paralelni prekidač unosi manje slabljenje RF signala, a redni prekidač ima veće slabljenje u neprovodnom stanju (slabljenje izolacije). Ako se prekidač komutira antenu između predajnika i prijemnika (što je najčešći slučaj), vidimo, na osnovu dobijenih numeričkih vrijednosti, da ni jedna varijanta razmatranog prekidača ne obezbjeđuje dovoljno veliku izolaciju (napr. >30dB). Moguće rešenje je korišćenje T- ili π- konfiguracije sa tri PIN diode.

Redni Paralelni

56

MJEŠAČI – VARIJANTE I PRIMJENE ZADATAK 3.1 Izračunati konverziono pojačanje (slabljenje) za mješač na bazi savršenog množača i to za slučaj kada je:

(a) signal iz LO je savršeno amplitudski limitirana kosinusoida. (b) signal iz LO je savršena kosinusoida.

Rešenje Struja na izlazu mnošača je )()()( titikti RFLOmout = gdje je km konverziona konstanta množača. (a)

[ ][ ]

⋅=

=

∑= ...5,3,1

)sin(14

)cos(

)cos()cos()(

n

LORFRFm

RFRFLOmout

tnn

tIk

tItsignkti

ωπ

ω

ωω

IF komponenta (korisni produkti: USB+LSB) je:

[ ] RFRFLORFLOmoutIF Ittkti ⋅−++= )cos()cos(

2

14)( ωωωω

π

Konverziono pojačanje (računa se za jedan od produkata –USB ili LSB) je

m

m

RF

outIF kk

I

I6366.0

2==

π

(b)

)cos()cos()( tItkti RFRFLOmout ωω ⋅= IF komponenta je

[ ] RFRFLORFLOmoutIF Ittkti ⋅−++= )cos()cos(2

1)( ωωωω

Konverziono pojačanje je

m

m

RF

outIF kk

I

I5.0

2

1=

⋅=

3

57

ZADATAK 3.2 Dvostrano balansirani CMOS mješač i talasni oblik LO-a dat je na sledećoj slici

Signal na RF portu ima kosini oblik. Amplituda LO je dovoljno velika za savršeno upravljanje CMOS prekidačima. a) Naći konverzionu konstantu mješača smatrajući da su prekidači savršeni b) Isto kao pod a), samo što prekidači imaju otpornost RS/2. Rešenje a) Pravougaoni talasni oblik LO signala može se zapisati u vidu Furije-ovog reda, tj.

( ) ∑∞

=

ωπ

π

=1

0cos

2

2sin

2ˆ

n

tnn

n

ts

pa je

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tstvtstvR

R

Rtv RFRF

SS

SIF

2

1

22

=

+

=

Talasni oblik vIF(t) sadrži frekvencije oblika

neparnonfnf RFLO −± Amplituda korisnog produkta fLO±fRF je

π= RF

IFV

V

Konverziono slabljenje je

dB94,91

log20log10ˆ2

2

−=π

==

RFRF

IFIFm

RV

RVG

jer je RRF=RIF=RS

58

b) U ovom slučaju prekidači imaju unutrašnju otpornost Rs/2, pa je

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tstvtstvRR

Rtv RFRF

SS

SIF

3

1

2=

+=

Konverziono slabljenje je

dB46,133

2log20

1

3

2log20log20 −=

π=

π==

RF

RF

RF

IFm

V

V

V

VG

Napomena: Analiza je izvršena pod pretpostavkom da je pravougaoni LO signal savršeno simetričan, tj. da je odnos pozitivne i negativne poluperiode T1/T=1/2. Tada LO signal ne sadrži parne harmonike. Korisno je da se razmotri slučaj kada je T1/T≠1/2 . Drugim riječima, treba naći Furije-ove koeficijente za s(t) pri T1/T≠1/2. Radi jednostavnosti neka je A=1. Pošto nas ne zanima jednosmjerna komponenta pogodno je razviti u Furijeov red periodični pravougaoni signal

>

≤=+

2/0

2/21)(

1

1

Ttza

Ttzats

Odgovarajuća funkcija je parna. n-ti, n>0, Furije-ov koeficijent je

2/

2/

2/

2/

1

1

1

1

sin2

2

)cos(22

T

T

T

T

n

n

tn

T

dttnT

c

−

−

=

= ∫

ω

ω

ω

Stavljajući T/2πω = imamo

T

Tn

ncn

1sin4 π

π=

Očigledno, ako je T1/T=1/2 u talasnom obliku prisutni su samo neparni harmonici, a ako je T1/T≠1/2 prisutni su parni i neparni harmonici

59

ZADATAK 3.3 Dat je JFET sa sledećim podacima: IDSS=50mA i gm=200mS pri VGS=0. Koristeći dati JFET realizovati mješač. Opteretna dinamička otpornost na izlazu mješača treba da iznosi 1kΩ. Izračunati konverziono pojačanje razmatranog mješača. Rešenje Principska šema razmatranog mješača data je na sledećoj slici

Struja drejna je

2

1

−=

p

gs

DSSDV

vIi

Ovdje je GSLigs Vvvv +−=

gdje je tVv iii ωcos= ulazni RF signal , tVv LLL ωcos= signala iz lokalnog oscilatora i Vp je prekidni napon JFET-a. Sa ovim je

[ ]

[ ]tVVtVtVVtVtVVVV

I

VtVtVV

Ii

LiLiLLLGSLiiiiGSGS

p

DSS

GSLLii

p

DSSD

ωωωωωω

ωω

coscos2coscos2coscos2

coscos2

1

22222

2−+−+++

+−−=

Za funkciju mješača interesantan je jedino poslednji član u drugoj uglastoj zagradi prethodnog izraza, pa je

[ ]ttcttbtataIi iLiLLiLiDCD )cos()cos(2cos22coscoscos 121 ωωωωωωωω −++−++++= gdje su radi jednostavnosti zapisa uvedene konstante, IDC, a1, a2 i c. Opet, za funkciju koju razmatramo, interesuje nas jedino konstanta c, tj.

VGS

60

2

ˆp

LiDSS

V

VVIc =

Imajući u vidu činjenicu da je c amplituda korisnog produkta mješača, sada možemo zapisati konverzionu konstantu mješača, tj.

2

ˆp

LDSS

i

mV

VI

V

cG ==

Optimalna vrijednost amplitude VL=Vp/2 (vidijeti predavanja), pa je

p

DSS

mV

IG

2=

Sa druge strane, transkonduktansa JFET-a je

−−=

∂

∂=

p

GS

p

DSS

GS

d

mV

V

V

I

V

ig 1

2

Pri VGS=0 imamo

p

DSS

mV

Ig

2−=

pa je

m

DSS

pg

IV

2=

Koristeći numeričke podatke iz postavke zadatka nalazimo da je

VVp 5.010200

105023

3

=⋅

⋅⋅=

−

−

I

VV

Vp

L 25.02

==

pa je

mSV

IG

p

DSS

m 505.02

1050

2

3

=⋅

⋅==

−

Naponsko pojačanje razmatranog mješača je )34(50101050 33

dBRGA dmV ≈=⋅⋅== −

61

ZADATAK 3.4 Na slici je predstavljen ulazni dio prijemnika koji radi u opsegu 1 do 10MHz. Ulazni filtar je niskopropusni. Granična frekvencija ovog filtra je 15MHz, a slabljenje u nepropusnom opsegu se povećava sa nagibom 60dB/dek. Odrediti fIF tako da slabljenje simetrične frekvencije iznosi barem 50dB.

Rešenje

Po prirodi problema razmatramo high-side injection, tj. RFLOIF fff −= Simetrična frekvencija je RFIFsim fff += 2 Saglasno uslovima definisanim u zadatku crtamo sledeći dijagram

Konsultujući dijagram možemo zapisati proporciju:

MHzff

12515060

50

5060

150==⇒=

fIF

fLO

fRF

f 150MHz 15MHz

-60dB

-50dB

0dB

60dB/dek

0MHz

62

Po uslovu zadatka treba da je MHzff sim 125=≥ Sada možemo zapisati sledeće jednačine

ffff

fff

simRFIF

RFLOIF

≡=+

−=

min

minmin

2

Rešenja ovog sistema su:

MHzf

MHzf

IF

LO

62

63min

=

=

Takođe, nalazimo da je MHzfff RFIFLO 72maxmax =+= Ovdje je

1429.163

72

min

max ==LO

LO

f

f

63

ZADATAK 3.5

Za bilo koju frekvenciju iz opsega [ ]MHz15MHz12 ÷∈f treba generisati frekvenciju f75,1 . Za rješenje problema mogu se koristiti mješači i eventualno djelitelji. Rešenje Jedno od rješenja dato je na slici

tj. saglasno predloženoj šemi tražena frkvencija je

( ) fffff 75.14

1ˆ0 =−+=

Pored željene frekvencije 1.75f na izlazu drugog mješača postoji i frekvencija 2f+0.25f. Pošto je ulazna frekvencija iz opsega (12 -15)MHz najbliži neželjeni produkt je 2·12+12/4=27MHz i daleko je od odgovarajućeg željenog produkta (tj. 1.75·12=21MHz), tj. neželjeni produkt može se eliminisati primjenom relativno jednostavnog filtra. Sugestija: 1. Objasniti ulogu atenuatora, a pod pretpostavkom da se u razmatranoj šemi koristi pasivni balansni mješač. 2. Specificirati faktor oblika za filtar pomenut u obrazloženju rešenja.

atenuator

64

OSCILATORI, FAZNA PETLJA, SINTEZATORI ZADATAK 4.1 Aktivno kolo ima ulaznu impedansu Z i vezano je na RLC kolo kao na slici. Da li ovaj sistem može da osciluje? Ako može, odrediti frekvenciju oscilacija.

Rešenje Prvo, provjeravamo da li je u pitanju oscilator sa negativnom otpornošću. U tu svrhu transformisaćemo datu RLC mrežu u ekvivalentnu paralelnu strukturu.

Uslovi oscilovanja su: 0=+− pn RR i XC + XL=0.

Zbog ekvivalencije razmatranih kola, rezonantnu frekvenciju možemo da izračunamo za polazno kolo, tj.

MHz710339,41

07

21

2

10 ≈⇒⋅=−=ω f

s

rad

L

R

CL

Ostaje da provjerimo da li je 0=+− pn RR , gdje je Rn= -1000Ω. Otpornost Rp je

( ) Ω=

+=+= 198811

2

12

1R

LRQRR Lp

ω

S obzirom da je -1000+1988>0 uslov oscilovanja nije zadovoljen.

Rn

L1

4

65

ZADATAK 4.2 Na slici je prikazan LC oscilator. Odrediti uslov oscilovanja i rezonantnu frekvenciju. Podrazumijeva se da je ulazna impedansa tranzistora rGS vrlo velika.

Rešenje Ekvivalentna šema datog oscilatora za mali signal prikazana je na sledećoj šemi

Jednačine kontura su:

00

01 =′−

+++′sL

VVVsC

R

VVg

L

D

m

VsCsL

VV′=

′−2

0

pa je ( )2

2

0 1 LCsVV +′=

( ) 0111

22

1 =′

−′+

+++′

sL

VVLCs

sLsC

RVg

Lm

Uslov 0≠′V bitan je za uspostavljanje oscilovanja. Čitav izraz dijelimo sa V ′ :

( ) 01

111

22

1 =−+

+++

sLLCs

sLsC

Rg

Lm ω= js

Iz realnog dijela dobija se uslov oscilovanja, a iz imaginarnog frekvencija oscilovanja.

V0

66

Dakle,

( ) 011

2212

122 =+ω−ω+

ω−+ CCLCCj

RLC

Rg

LLm

0221

2

1 =+− CCLCC ω pa je frekvencija oscilovanja

21

210

CLC

CC +=ω

Pri ω=ω0 , nalazimo uslov oscilovanja

1

2

2

2 011

0

C

CRg

RLC

Rg

Lm

LL

m

=

=−+ ω

67

ZADATAK 4.3 Za PLL sa slike poznato je: srednja frekvencija VCO-a ( fVCO=105Hz), k0=2π·100rad/s/V, Aa=10 i H(0)=1 . Izračunati opseg držanja za tri različita fazna detektora: (a) sinusni, (b) trougaoni, (c) testerasti. Za sva tri detektora maksimalni izlazni napon je A=2V.

Rešenje Opseg držanja je 0max )0( kAH ad ε=Ω

Jasno je da mora biti maxVCOd ω∆≤Ω .

(a) Fazni detektor sa sinusnom karakteristikom

2

)(ˆ

07.0,sin)(

=

==

≤≈=

d

e

d

eee

k

At

k

radzaAAt

ϕ

ε

ϕϕϕε

Neka je k=kdAak0, pa je

20002707.0

100021002102

⋅⋅=Ω

⋅=⋅⋅⋅=

π

ππ

d

k

(b) Fazni detektor sa trougaonom karakteristikom

π

πϕ

ε

πϕϕπ

ε

4

2)(ˆ

2/,2

)(

=

==

≤=

d

e

d

ee

k

At

k

zaAt

200021

1002104

⋅⋅=Ω

⋅⋅⋅=

π

ππ

d

k

ΦD

kd

ε(t) H(f) Aa

k0

VCO

68

(c) Fazni detektor sa testerastom karakteristikom

π

πϕ

ε

πϕϕπ

ε

2

1)(ˆ

,1

)(

=

==

≤=

d

e

d

ee

k

At

k

zaAt

200021

1002102

⋅⋅=Ω

⋅⋅⋅=

π

ππ

d

k

Komentar: Prethodna analiza izvedena je pod pretpostavkom (uslov u zadatku) da su maksimalne izlazne amplitude za razmatrane detektore podjednake i iznose A=2. Međutim, interesantno je razmotriti slučaj kada svi fazni detektori imaju istu vrijednost za kd. U tom slučaju dobijaju se različite vrijednosti za εmax (vidi sliku niže), a što je vrlo bitno sa stanovišta opsega držanja koji se može ostvariti sa odgovarajućim faznim detektorom.

πε

πε

θε

d

d

dd

k

testerasi

k

trougaoni

kk

usni

=

=

⋅<=

max

max

maxmax

:

2

:

775.0

:sin

testerasti

69

ZADATAK 4.4

Data je fazna petlja sa elementima i karakteristikama naznačenim na slici

Srednja frekvencija na izlazu fazne petlje je 100kHz. Filter u petlji ima jedinično pojačanje za jednosmjerni signal. a) Izračunati vrijednost amplitude regulacionog signala Vz pri f1 = 107,5kHz b) Izračunati faznu razliku ψ, pri f1 = 107,5kHz c) Koliko iznosi opseg držanja za ovu petlju?

Napomena: voditi računa o dimenziji konverzione konstante VCO-a, tj. ( )V

Hz0 =′k , ( )

sV

rad0

⋅=k

Rešenje (a) Pošto je petlja u sinhronizmu imamo:

zVkff 001 ′+=

Vk

ffVz 5,1

0

01 =′

−=

(b)

( ) ψ−=≡⇒= ε sin10 1 mz kVVVH

°−=

−=ψ −

30sin1

1

m

z

kV

V

(c) Smatrajući da je transfer karakteristika sinusnog faznog detektora linearna pri

rad775,0≤Θ ( vidi sliku) biće

f1

f0

70

( )°≤≤°−≤ 4545 rad775,0 θθ

( ) °≤≡≤°− ε 45sin45sin 11 mzm kVVVkV

Znajući da je zVkff 001 ′+= , imamo:

707,0707,0 0101010 ⋅′+≤≤⋅′− kkVffkkVf mm

6,101006,10100 1 +≤≤− f

kHz6,110kHz4,87 1 ≤≤ f Prema tome, opseg držanja (ili praćenja) je kHz6,10± oko 0f .

71

ZADATAK 4.5

Jednosmjerno pojačanje petlje je K=50rad/s, filtar u petlji je RC i ima graničnu frekvenciju 100rad/sec. Za datu PLL izračunati marginu po fazi. Rešenje Za potrebe ove analize neophodno je da raspolažemo sa prenosnim faktorom otvorene petlje, G(ω). U ovom slučaju je

)1(

)1(

)()(

c

ss

K

sRCs

K

s

sFKsG

ω+

=+

==

Dalje, treba da grafički predstavimo )(ωG i )(arg ωG . Odgovarajući grafici dati su na

sledećoj slici

Konsultujući sliku nalazimo da iz sec/500)( raddBG kritkrit ≈⇒= ωω , pa je

o

kritG 5.112)(arg ≈ω Dakle, margina po fazi je: o

kritM G 5.67)(arg =+=Φ πω

ωkrit dBG ,)(ω

argG(ω)

72

ZADATAK 4.6

Fazna petlja je konfigurisana kao na slici.

Srednja frekvencija VCO je 10,7MHz. Fazni detektor ima linearnu transfer funkciju u opsegu 2/π± . (a) Izračunati propusni opseg petlje ako je A = 1, C = 0 (b) Ako je sradCR /10/1 4

11 ==ω , odrediti pojačanje A tako da margina po fazi bude 60° (c) Odrediti prirodnu kružnu frekvenciju i faktor prigušenja pri uslovima navedenim pod (b)

Rešenje (a) O propusnom opsegu petlje govori se kada je petlja u sinhronizmu. U tom slučaju postoje uslovi za linearizaciju petlje, pa se propusni opseg petlje, u stvari odnosu na propusni opseg prenosnog faktora linearizovane petlje. U ovom zadku fazni komparator ima linearnu transfer funkciju, pa je pelja. Ovdje je

( ) ( )s

AkksGsH d 0,1 ==

pa je

( )

( )sG

kks

kksH

d

d

L 11

1

0

0

+

=+

=

( ) rad1026,11 60dB3dB3dB3 ⋅==ω⇒=ω⇒ω AkkG d /s

kHz2002

dB3dB3 =

π

ω=f

(b) Prenosni faktor RC filtra je:

( )

1

11 1

1

1

1

1

1

ω+

=+

=

+

=sCsR

sCR

sCsH

CR1

1

1=ω

73

Prenosni faktor otvorene petlje je:

( ) ( )

ω+

==

1

0

1s

s

Akk

s

skHsG d

U opštem slučaju margina je: πωφ += )(argˆ kritM G . Dakle,

( ) °−=

ω

ω−°−=ω −

120tg90arg1

1 kritkritjG

jer se zahtijeva margina od 600. Iz poslednje relacije dobija se

s

rad108,5 3⋅=kritω kHz9,0=⇒ kritf

Pošto je

( ) ( ) 3

2

1

0 103,51

1

1 −⋅=⇒=

ω

ω+ω

=ω⇒=ω AAkk

jGjG

kritkrit

dkritkrit

(c) Prenosni faktor petlje je:

( )( )

( )

111

1

/1

/1

0

2

10

101

2

10

0

1

2

0

1

0

1

0

0

0

++

=

++=

++

=

++

+=

+=

skAk

skAk

kAkss

kAk

kAks

s

kAk

s

kAks

s

kAk

sAHkks

sHkAksH

dd

d

d

d

d

d

d

d

d

L

ω

ωω

ω

ω

ω

ω

Sa druge strane karakteristična jednačina petlje ima oblik:

02 22 =++ nn ss ωζω

Direktnim poređenjem koeficijenata (uz s2 i uz s) u karakterističnoj jednačini i u izrazu za HL(s) dobijamo

kHzfAkk ndn 3.1s

rad102,8 3

10 =⇒⋅== ωω

61,012

0

=ζ⇒=ω

ζ

dm kAk

74

ZADATAK 4.7 Za faznu petlju sa slike dato je H(s)=1/(1+s/ω1), ω1=2π·106rad/s , N = 100.

Izračunati: prenosni faktor petlje HL(s), prirodnu kružnu frekvenciju ω n i faktor prigušenja ζ . Rešenje Na osnovu blok šeme linearizovane petlje neposredno možemo zapisati

( ) ( ) ( ) ( )ss

ksHk

N

ss d φ

φφ ˆ

ˆ0 =

−

pa je

( )( )

( ) ( )ssHs

kk

sN

ksHks dd φ=

+φ 001ˆ

Prenosni faktor petlje je

( ) ( )( )

( )

( )N

kkss

kk

N

kkss

kk

N

sH

s

kks

sHkk

s

ssH

d

d

d

d

d

d

L10

12

10

0

1

0

0

0

11

ˆˆ

ω+ω+

ω=

+

ω+

=

+

=φ

φ=

Formalnim poređenjem imenioca u izrazu za HL(s) sa karakterističnom jednačinom petlje nalazimo da je:

s

rad102 6102 ⋅== π

ωω

N

kkd

n

5,01022

102

2 6

6

1 =⋅⋅

⋅==

π

π

ω

ωζ

n

Komentar: Obratiti pažnju na uticaj koeficijenta dijeljenja (N) na ωn, pa s tim u vezi razmotriti uticaj N na širinu propusnog opsega petlje, na opseg hvatanja i na opseg držanja. Takođe, kada se mijenja N mijenja se i faktor prigušenja, pa se mijenja i trajanje akvizicije.

75

ZADATAK 4.8

Na slici je data PLL koja treba da radi u opsegu od 2 do 3MHz. Prirodna kružna frekvencija petlje treba da je ≤104rad/sec,a ζ=0.8. Odrediti:

(a) opseg vrijednosti faktora dijeljenja, (b) srednju frekvenciju VCOa, (c) elemente pasivnog filtra.

Rešenje (a) Raspon koeficijenta dijeljenja je

3010

103

2010

102

5

6

max

5

6

min

=⋅

=

=⋅

=

N

N

(b) Srednja frekvencija VCO-a je 2.5MHz. (c) Jednosmjerno pojačanje petlje je

6

min

0 105.21

ˆ ⋅==N

kAkk ad

Za datu konfiguraciju niskofrekvencijskog filtra vremenske konstante su:

sec10596.15.2

10

10

6.112

sec025.010

105.2

46

42

8

6

21

−−

⋅=−=−=

=⋅

==

k

k

n

n

ω

ζτ

ωτ

Biramo (usvajamo) C=0.5µF, pa je

Ω==Ω== 319,50 2

2

1

1C

RkC

Rττ

ΦD

kd=0.5V/rad Aa=10 k0=107rad/s/V

R1

R2

C

N

VCO

(2 do 3)MHz

100kHz

76

ZADATAK 4.9

PLL sa slike koristi analogni množač kao fazni detektor. Amplituda ulaznog signala i signala iz VCO-a imaju istu vrijednost, tj. VVCO=Vin=0.75V. Amplituda signala na izlazu faznog detektora iznosi 2V ako su amplitude signala na oba ulazna porta množača jednake i ako iznose 2V. Srednja frekvencija slobodno oscilujućeg VCOa je fVCO=10MHz. Izlazna frekvencija VCO-a opadne na nulu kada se kontrolni napon VCO-a smanji za 1V u odnosu na vrijednost pri kojoj je fVCO=10MHz. Izračunati faznu razliku između uVCO(t) i uin(t) : (a) pri promjeni frekvencije sa 10 na 11MHz i (b) pri promjeni frekvencije sa 10 na 9MHz.

Rešenje Amplituda signala na izlazu faznog detektora je

5.022

2=

⋅==⇒=

VCOin

FD

mVCOinmFDVV

VkVVkV

Posmatrajmo amplitudski množač kada radi kao fazni detektor, pa je

[ ])2sin(sin5.0

)cos()sin()(

0

00

ddVCOinm

dVCOinmFD

tVVk

ttVVktv

φωφ

φωω

−+=

−=

gdje je Φd fazni pomak oko π/2. Amplituda kontrolnog napona je

dVCOinmdVCOinmz VVkVVkV φφ 5.0sin5.0 ≈=

pa je

radVVVkV

k VCOinm

d

z

d /1406.05.0 =⋅==φ

Konverziona konstanta VCO-a je

VsradV

kz

VCO //1021

102 77

0 ⋅=⋅

=∆

∆= π

πω

U uslovima sinhronizma po frekvenciji je

VCO

k0 H(s)=1 km

Vin

VVCO

Vz

77

inzkV ωω =+ 0 pa je

0

0

0

0

kkk

V

kVV

d

in

d

d

d

in

dz

ωωφ

ωω −==⇒

−=≡

(a)

0

0

74.407111.0)1011(2

==−

= radkkd

d

πφ

Pošto u uslovima sinhronizma postoji konstantni fazni pomak od 900 između signala na ulaznim portovima faznog detektora, fazna razlika koja se trazi u ovom zadatku je: 000 26.4974.4090 =− (b)

0

0

74.407111.0)109(2

−=−=−

= radkkd

d

πφ

Zbog razloga kao pod (a) tražena fazna razlika u ovom slučaju je 000 74.130)74.40(90 =−−

78

ZADATAK 4.10

Blok šema PLL data je na slici. Fazni detektor ima linearnu transfer karakteristiku pri kd=1V/rad. Konverziona konstanta VCOa iznosi k0=50Hz/V. Izlazna frekvencija treba da je četiri puta veća od referentne. Transfer funkcija filtra u petlji je H(s)=1/(1+s/50).

(a) Naći transfer funkciju ΘVCO(s)/ Θr(s); (b) Odrediti ωn , ζ i BL;

(c) odrediti faznu grešku posle faznog skoka ∆Θr=1rad; (d) kao pod (c) posle frekvecijskog skoka ∆fr=1Hz.

Rešenje (a)

50/1

1)(

1)(

)(1

)(

)(

)()(

00

sNs

kksH

sN

kksG

sG

sG

s

ssH

dd

r

VCO

L

+==

+=

Θ

Θ=

Dakle, razmatramo PLL tip 1, red 2, tj. PLL-2. (b)

N

kkss

NkksH

d

d

L

02

0

5050

/50)(

++

⋅=

Imajući u vidu da je za PLL-2 oblik imenioca 22 2

nss n ωζω ++

Imamo

399.0502

/67.2650 02

=⇒=

=⇒=

ζζω

ωω

n

n

d

n sradN

kk

fr

rθ∠

kd φe H(s) k0

N

ΘVCO

f0

VCO

79

Propusni opseg petlje, ωL=2πBL, nalazimo pri s=jω iz uslova

2

1

)0(

)(=

L

LL

H

jH ω

Pošto je HL(0)=1 biće

HzBsrad LL

nL

nLnLnL

7.13/20.86

375.1

1)21()21(2)/2())/(1(222222

=⇒=

⋅=

+−+−=⇒=+−

ω

ωω

ζζωωωζωωω

(po prirodi problema, za ωL koristili smo samo pozitivnu vrijednost). (c) Da bi izračunali odziv petlje poslije poremećaja, pvo treba naći prenosni faktor fazne greške, tj.

)(

)()(

)()(

)(

00 sHN

kks

sss

sHN

kks

s

s

s

d

r

e

dr

e

+

Θ=⇒

+

=Θ

ϕϕ

Primjenom teoreme o konačnoj vrijednosti dobijamo

)(0

lim)(

limss

st

tee ϕϕ

→=

∞→

Za ∆θr je θr(s)= ∆θr/s, pa φe(∞)→ 0 Za ∆fr je θr(s)= 2π∆fr/s

2, pa φe(∞)= 0.08rad

80

ZADATAK 4.11 Projektovati relativno najjednostavniji sintezator za opseg 2–3MHz sa korakom 100kHz. Vrijeme akvizicije, pri odstupanju frekvencije manje od 5% u odnosu na stacionarno stanje, treba da je ≤ 1ms. Odstupanje frekvencije u toku prelaznog stanja mora biti manje od 20% u odnosu na finalno stanje. Na raspolaganju je fazni detektor sa testerastom karakteristkom za koji je kd=0.11V/rad. Takođe na raspolaganju je i VCM za koji je k0=11.2·106rad/s/V. Rešenje Uočavamo da je odnos najviše i najniže sintetizovane frekvencije > 100% što na prvi pogled upućuje na složenu strukturu odgovarajućeg sintezatora. Međutim, podaci iz postavke zadatka, gdje se ne postavljaju posebni zahtjevi za spektralnu čistoću sintetizovane frekvencije, dozvoljavaju nam da problem rešavamo koristeći jednostavnu petlju koja koristi VCM-u (naponski kontrolisani multivibrator) umjesto VCO-a (ovdje vodimo računa o činjenici da je mogući opseg promjene frekvencije VCO-a do oko 15%, dok VCM dozvoljava promjenu frekvencije reda 100%). Biramo raspoloživi VCM za koji je k0=11.2·106rad/s/V. Blok šema odgovarajućeg sintezatora data je na sledećoj slici.

Po uslovu zadatka , tj. pri ∆f=100kHz 0)( →∞⇒ eϕ . Dakle, petlja treba da je tip2, red2 (PLL-2). U tom slučaju odgovarajući aktivni niskofrekvencijski filtar u petlji treba da je struktuiran kao na sledećoj slici

pa je

( )CsR

CsR

s

ssH

1

2

1

2 11 +=

+=

τ

τ

81

Napomena: navedeni prenosni faktor podrazumijeva da je operacioni pojačavač savršen, tj. da je njegovo pojačanje ∞→ . Jasno, u praksi to nije slučaj, pa ćemo zbog te okolnost koristiti korigovani izraz

( )CsR

CsRsH

1

215.0

+≈

Koeficijent dijeljenja je u opsegu:

201,0

2min0

min ===reff

fN

301,0

3max0

max ===reff

fN

tj. Nkn /1= mijenja se u opsegu od 1/20 do 1/30. Prenosni faktor petlje je

( )( )

( )sHkkks

sHkkksH

nd

nd

L

0

0

+=

Karakteristična jednačina za razmatranu petlju je

05,05,0

1

0

1

202 =++CNR

kks

NR

Rkks dd

pa je

NR

Rkk

CNR

kk

d

n

d

n

1

20

1

0

5,02

5,0

=

=

ζω

ω

Sada moramo uzeti u obzir zahtjev vezan za trajanje akvizicije i zahtjev vezan za ograničenje magnitude frkvencijskog odstupanja u toku prelaznog stanja. Odgovarajuće podatke dobijamo sa dijagrama za prelazno stanje PLL-2 koja koristi linearni fazni detektor (principski oblik dijagrama dat je na slici niže, a za konkretne podatke konsultovati predavanja ili knjigu). Tako, očitavamo da je magnituda frekvencijske tranzicije <20% pri ζ=0.8 i da je frekvencijka greška <5% pri 5,4=tnω .

ωnt

f

Ilustrativni dijagram!

82

s

rad105,4

001,0

5,4 3⋅==nω

( )00102,0

30105,4

102,1111,05,05,0

23

6

2

01 =

⋅⋅

⋅⋅⋅=

ω=

N

kkCR

m

d (uzima se najveće N)

Usvajamo

C = 0,5µF Ω=⋅

=⇒−

kR 04,2105,0

00102,0

61

Ω=ω

= 7115,0

23

0

12

kk

NRR

d

m

Sugestija: Ponovite analizu, ali tako što ćete koristiti aproksimativni izraz za trajanje akvizicije rs ft /25≈ , gdje je fr – raster (korak) sintezatora.

83

ZADATAK 4.12

Kristalni tranzistorski oscilator ima sljedeće karakteristike: izlazna frekvencija je 6.4MHz, izlazna snaga je +10dBm, faktor šuma FN = 2dB, granična frekvencija flikerskog šuma fC = 15kHz, Q-faktor neopterećenog kola QL = 1.2.103 i temperatura ambijenta 290K. a) nacrtati promjenu jednobočnog faznog šuma (dati u dBc) u opsegu 10Hz do 10MHz od nosioca b) Ako se ovaj oscilator koristi kao referentni za petlju čija je transfer funkcija:

( )( ) 22

2

0

2

2

nn

nn

ref ss

s

M

N

s

s

ωζω

ωζω

φ

φ

++

+= ,

gdje je N = 19000, M = 256, ζ = 0,7, ωn = 908rad/s, nacrtati dijagram jednobočnog faznog šuma na izlazu ove petlje

Rešenje a) Primijenićemo Lesson-ov izraz za spektralnu gustinu snage faznog šuma oscilatora, tj.

( ) [dBc]14

11log10

2

0

2

+

+=

f

f

f

f

QP

kTFf c

s

L

gdje je f0=6.4MHz, f je pomak u odnosu na f0, 585,110 10/2 ==F ,

W01,010 10/10 ==sP , pa je

( ) [dBc]105.1

11011.71

110348,6log1043

2

19

⋅+

⋅+⋅= −

fffL

Sugestija: primjenom MATLAB-a nacrtati L(f) i to u opsegu f=10Hz do f=10MHz. b) Razmatramo problem prema oznakama na sledećoj slici

Ref. osc

L(f)

Φref

HL(s)

PLL

LΦ0(f)

Φ0

84

Vodeći računa o datim numeričkim vrijednostima imamo

52

5

0

10245.8356.6

10245.82.1271219.74

)(

)(ˆ)(

⋅++

⋅+==

ss

s

s

ssH

ref

Lφ

φ

pa je

( ) ( ) ( )[ ] ][log102

dBcfjHf L L0 ω=φL

Sugestija: primjenom MATLAB-a nacrtati LΦ0(f) i to u opsegu f=10Hz do f=10MHz. Uporediti rezultate dobijene pod (a) i pod (b). Napomena: bitno je uočiti da spektralna gustina snage faznog šuma slobodnooscilujućeg oscilatora raste srazmjerno kvadratu srednje frekvencije. To je vrlo značajno ograničenje o kom treba voditi računa kada se koncipira sintezator, pa stim u vezi, i kada se definiše odgovarajući VCO.

85

RF POJAČAVAČI SNAGE ZADATAK 5.1 Definisati arhitekturu i energetske karakteristike linearnog izlaznog pojačavačkog lanca GSM predajnika koji treba da radi na frekvenciji 900MHz. Izlazna snaga treba da je 2W (+33dBm) na 50Ω. Napon napajanja je ograničen na V5,3≤DDV . Ulazna snaga je +5dBm. Rešenje Izlazni stepen treba da ima pojačanje

dBm28533[dBm][dBm]0 =−=−= iPPG Zahtijevano pojačanje je veliko, pa ga treba raspodijeliti na nekoliko pojjačavača (zbog osobina RF tranzistora snage pojačane PA po jednom stepenu uglavnom je ograničeno na oko 10dB). Koristićemo tri pojačavačka stepena kako je predstavljeno na sledećoj slici

klasa A klasa A klasa B Prvi stepen (predpojačavač, pojačavač klase A):

dBm15dB10ˆ 11 =⇒= oPG

Ω== 1942 1

2

1o

CCL

P

VR

mA362

1max1 ==

L

CC

R

VI

P0

G3=8dB

5

86

mA182

max11 ==

II DC

Drugi stepen (pobuđivač, pojačavač klase A):

dBm25dB;10ˆ 22 =⇒= oPG

Ω== 4,192 2

2

2o

CCL

P

VR

mA3602

2

max2 ==L

CC

R

VI

mA1802

max22 ==

II DC

Treći stepen:

dBm33dB;8ˆ 33 == oPG

Ω== 32 3

2

3o

CCL

P

VR

A33,22

3max3 ==

L

CC

R

VI

Radi energetske ekonomičnosti ovaj stepen treba da radi u klasi B, pa je

mA742max33 =

π=

II DC

Za razmatranu kaskadu pojačavača ukupna jednosmjerna struja je mAIIII DCDCDCDC 940321 =++=

Očigledno, dominantni uticaj na izlaznu snagu ima treći stepen, pa je koeficijent korisnog dejstva izlaznog stepena predajnika sa predloženom arhitekturom:

%624

22

2/

max3

max3

0 ≈=⋅

⋅

≈DCCCDC

CC

DC I

I

VI

VI

P

P

Napomena: Proračun prilagodnih kola realizovao bi se na osnovu odgovarajućih podataka za Zul i Zizl izabranih tranzistora i primjenom napr., L-ćelija.

87

Uslovi za pojačanje snage bitno se razlikuju od uslova za pojačanje napona. Naprimer, za prvi stepen je strmina tranzistora

SI

g DC

m 696,0V025,0

11 ==

pa je naponsko pojačanje ( )dB6,42135194696,0ˆ 111 =⋅=⋅= LmV RgA

Dok je pojačanje po snazi 10dB. Generalno, veza naponskog pojačanja i pojačanja po snazi je:

L

iV

L

i

i

o

i

i

L

o

i

op

R

RA

R

R

V

V

R

V

R

V

P

PA

22

2

2

ˆ =

===

Samo u slučaju kada su 2VpLi AARR =⇒= , tj. imaju iste vrijednisi izražene u

decibelima. Podsjetimo, za optimalno pojačanje snage neophodno je da postoji prilagođenje na ulazu i na izlazu pojačavača. Sasvim drugačija situacija je kada razmatramo optimalno naponsko pojačanje. U tom slučaju optimalni rezultat se ostvaruje ako je Rg<<Rul i Rizl<<RL.

Komentar:

88

ZADATAK 5.2 Treba projektovati PA klase A koji razvija snagu od 5W na 50-omskom opterećenju. Izabrati relativno najmanji napon napajanja i odrediti kritične parametre tranzistora. Napomena: standardni jednosmjerni naponi napajanja su: 12V, 24V, 28V, i 48V. Rešenje Izlazna snaga je

L

po

L

oR

V

R

VP

2

2

,2

0 ==

gdje je Vo,p vršna vrijednost amlitude napona na opteretnoj otpornosti. Iz prethodnog izraza nalazimo da je VRPV Lopo 4.2250522, =⋅⋅==

Da bi se spriječila distorzija izlaznog signala, mora biti pCC VV ,0≥

pa biramo VCC=24V. Amplituda vršne struje na opterećenju je

AR

VI

L

p

po 448.050

4.22,0

, ===

Maksimalna kolektorska struja je

AR

VI

L

CC

C 96.050

2422max =

⋅==

pa je struja u radnoj tački

AI

IC

DC 48.02

max,==

Snaga iz izvora za napajanje je WIVP DCCCDC 52.11== Snaga disipacije je WPPP oDCdis 52.6=−= Efikasnost je

%4.43==DC

o

P

Pη

Treba izabrati tranzistor za koji je VCE,max≥2VCC=48V. Da podsjetimo, osnovni parametri relevantni za izbor tranzistora za ovu aplikaciju su: izlazna snaga, disipacija, VCE,max i IC,max.

89

ZADATAK 5.3 Principska šema uskopojasnog PA klase A data je na slici. Pojačavač treba da razvija snagu 1W na 50 Ω na frekvenciji 10MHz pri naponu napajanja 12V. Q-faktor izlaznog kola treba da iznosi 5. Smatrati da je saturacioni napon tranzistora jednak nuli. Odrediti napone, struje i vrijednosti svih komponenti PA sa date slike. Rešenje Pri uslovima navedenim u formulaciji zadatka izlazna snaga je:

VRPVR

V

R

VP oom

CCom

o 10222

22

==⇒==

Pošto je Vom<Vcc možemo nastaviti sa rešavanjem postavljenog zadatka. Vršna kolektorska struja je

mAR

VI om

Cm 20050

10===

Jednosmjerna kolektorska struja je mAII CmDC 200== Snaga iz izvora napajanja je WIVP DCCCDC 4.2== Koeficijent korisnog dejstva je

%7.41==DC

o

P

Pη

(ovdje je η <50% jer je Vom<Vcc; inače, η =50% ako je Vom=Vcc ). Maksimalni trenutni napon na kolektoru je VVVv CmCCCmac 221012 =+=+= Maksimalna trenutna kolektorska struja je AIIi CmDCC 4.0max =+= Snaga disipacije je WPPP oDCdis 4.114.2 =−=−= Pošto je Q=5 imamo

Cs

L C R V0

Lpr

VCC=+12V

90

pFC

Hf

XL

Q

RXX

L

CL

1592

159.02

10

0

=

==

===

µπ

Reaktansa prigušnice treba da je barem 10R, pa je HLpr µ8≥

Reaktansa sprežnog kondenzatora treba da je manja od R/10, tj. pFC s 3200≥ Napomena: Sledeći korak odnosio bi se na konsultovanje kataloških podatka za RF tranzistore snage koji pri VCC=12V ima - probojni kolektorski napon, - dozvoljenu maksimalnu struju i - dozvoljenu disipaciju iznad odgovarajućih proračunskih vrijednosti dobijenih prilikom rešavanja postavljenog problema. Koliko iznad? Adekvatan odgovor je rezultat tehno-ekonomskog kompromisa.

91

ZADATAK 5.4 Na raspolaganju je tranzistor za koji je maksimalna kolektorska struja 1.03A. Saturacioni napon je 1.7V. Proizvođač sugeriše optimalne uslove za rad u klasi A: napon napajanja 8V, struja u radnoj tački 0.5A. Pored toga, za ovaj tranzistor proizvođač deklariše da je: maksimalna temperatura spoja 125oC, a termičke otpornosti su Rjc=2.5oC/W i Rch=1oC/W. Koristeći ovaj tranzistor treba projektovati uskopojasni pojačavač klase A koji, pri datim ograničenjima tranzistora, treba da ima relativno najveću izlaznu snagu na 50Ω. Nominalna frekvencija na kojoj pojačavač treba da radi je 150MHz. Maksimalna temperatura ambijenta pri kojoj pojačavač treba da radi je +55oC.

Rešenje

Prvo, na osnovu datih podataka skiciramo radnu pravu datu na sledećoj slici

Optimalna opteretna otpornost dobija se iz nagiba radne prave, pa je

Ω=−

−= 68.11

5,00,1

7,18LR

Izlazna snaga je ( )

W67.168.112

7,18

2

22

=⋅

−==

L

CC

oR

VP

Saglasno zahtjevu navedenom u zadatku, treba izvršiti transformaciju RL→ 50Ω. Jedno od mogućih rešenja prikazano je na sledećoj slici

1.0

1.03

C2 služi za DC odvajanje, C2→∞

92

Prema proceduri za proračun L-ćelije imamo

81.1168.11

50=−=Q

Ω=⋅== 56.2168.1181.1LL QRX

nH4.22101502

56.216

=⋅⋅

=π

L

Ω== 62,2750

1Q

X C

pF4.3810150262.27

161 =

⋅⋅⋅=

πC

Da bi pri konačnoj vrijednosti za C2 eliminisali njegov uticaj na prilagođenje treba da je

pF200510

50150

12

22

=⇒Ω==ω

⇒Ω<<ω

CCC

Da bi pri konačnoj vrijednosti za Lp eliminisali njen uticaj na prilagođenje treba da je

H1271201210 nLXRX ppLp =⇒Ω=Ω⋅=⇒>>

Koeficijent korisnog dejstva je

( )%8,41418,05,08

67,1=

⋅==η

DC

o

P

P

Pri punoj pobudi disipacija na tranzistoru je: W33,267,14 =−=−= oDCdis PPP

a kada nema pobude , tj. za W40 max =⇒= diso PP . Konačno, treba provjeriti da li je potreban hladnjak za tranzistor. Termička otpornost junction-ambient je

C/W5,17W4

55125°=

°−°=jaR

S obzirom da je jcja RR > konstatujemo da je potreban hladnjak, a njegova termička

otpornost treba da iznosi:

C/W15°=−= jcjach RRR

93

ZADATAK 5.5

Pojačavač snage klase A dat na slici treba da daje snagu 6W na 50Ω. a) Odrediti jednosmjernu struju iz izvora u radnoj tački koja omogućava maksimalnu efikasnost b) odrediti transformacioni odnos n c) Kolika je snaga disipacije na tranzistoru pri nultoj pobudi.

Rešenje (a) Maksimalna moguća efikasnost za PA klase A je 50% , pa je

W125,0

W6==

η= o

DCP

P

Jednosmjerna struja u radnoj tački je

A714.1V7

W12===

DD

DC

DCV

PI

(b) Tranzistor treba da "gleda" u opteretnu otpornost

Ω=== 083,4DC

DD

d

d

optimalmoLI

V

I

VR

Transformacioni odnos je

5,324,12083,4

50

.

2 ≈⇒=== nR

Rn

optL

L

(c) W12012max =−=disP

94

ZADATAK 5.6 Principska šema pojačavača klase A data je na slici. Pri najvećoj efikasnosti ovaj PA na f = 2,45GHz daje PO = 100mW na 50Ω. Širina propusnog opsega ovog pojačavača je 90MHz. Pod pretpostavkom da 0→satV treba naći: a) Optimalnu opteretnu otpornost u koju gleda tranzistor b) Maksimalnu izlaznu snagu po tonu, ako je ovaj PA pobuđen dvotonskim signalom (oba tona imaju iste amplitude; linearnost mora biti očuvana)

Rešenje a) Optimalna opteretna otpornost je

Ω=⋅

== 45.541.02

3,3

2

22

o

DD

LoptP

VR

Dakle, striktno posmatrano sa stanovišta prilagođenja praktično nije potrebna π-šema prikazana na gornjoj slici (jer je RLopt≈50Ω). Međutim, prikazana π-šema ovdje ima isključivu ulogu da ograniči širinu propusnog opsega na zahtijevanih 90MHz. Sugestija: po proceduri za projektovanje π-šeme odrediti elemente L, C1 i C2. b) Maksimalna amplituda napona na drejnu je VD=VDD

Da bi se očuvala linearnost i pri dvotonskoj pobudi zbirna amplituda mora biti ≤VDD. Imajući u vidu da je

oLoptD PRV 2=

A amplitude pojedinačnih tonova su V1D=V2D mora biti

222 2

11

oL

DoLoptDD

PRVPRVV =⇒=≤

Dakle, izlazna snaga po pojedinačnom tonu je

mW502

2

1. === o

L

D

tonizl

P

R

VP

95

ZADATAK 5.7 Na slici je data principska šema uskopojasnog pojačavača klase B. Maksimalna struja osnovnog harmonika (200MHz) iznosi 1A, a saturacioni napon tranzistora iznosi približno 0V. Faktor dobrote za π-mrežu L1-C-L2 iznosi 10. Treba:

(a) odrediti elemente L1, L2 i C tako da se na RL=50Ω dobije najveća moguća snaga pri maksimalnoj efikasnosti,

(b) odrediti maksimalnu izlaznu snagu.

Rešenje Treba uočiti da kondenzatori na liniji napajanja služe isključivo za RF blokiranje i ne utiču na rešenje problema koji je formulisan u zadatku. Takođe, treba uočiti da L1 ima istovremeno funkciju sličnu prigušnici i ima funkciju u π-mreži. Sa druge strane, π-mreža treba da prilagodi RL na optimalnu izlaznu otpornost tranzistora i da izdvoji osnovni harmonik, jer pojačavač radi u klasi B. (a) Da bi se ostvarila maksimalna efikasnost, na osnovnoj frekvenciji tranzistor treba da gleda u

Ω=== 101

10

Dm

Dm

I

VR

Dakle, pomoću π-mreže L1-C-L2 treba prilagoditi RL na R. Prema proceduri koja važi za projektovanje π-mreže odgovarajuća virtuelna otpornost je

Ω≈+

=+

= 5.0110

50

1 22Q

RR L

virt

Dalje, po proceduri za projektovanje π-ćelije je

+10V

1µF 10nF 1nF

RL Vo

C L1

L2

96

pFCXXC

QRX

nHX

LQ

RX

QRX

nHX

LQ

RX

QQ

ss

virts

LLL

gvirts

L

g

g

L

Lg

110,19.71

5

98.3,5

19.2

8.1,28.238.4

10

101)110(50

50,38.41)110(

50

10

21

0

2

0

222

1

0

111

22

=⇒Ω=+=

Ω−=−=

==⇒Ω==

Ω−=−=

==⇒Ω===

=−+==−+=

ω

ω

ω

(b) Maksimalna izlazna snaga je

WIV

P DmxDmx

o 52

110

2max =

⋅==

97

ZADATAK 5.8 Na slici je dat PA koji zavisno od primjene treba da radi u klasi A ili u klasi B. U svakom slučaju, izlazna snaga treba da je 1W. Smatrati da su LP i CS dovoljno veliki da ne utiču na RF signal, a da su L i C u rezonanciji. a) Odrediti VDD da PA radi sa maksimalnom efikasnošću u režimu klase A i B b) Kada PA radi u klasi A odrediti IDC, IDmax i Pdis c) Kada PA radi u klasi B odrediti odgovarajuće veličine kao pod b)

Rešenje (a) Bez obzira da li tranzistor radi u klasi A ili u klasi B nagib radne prave je isti (ista je optimalna opteretna otpornost) , pa je pri istoj izlaznoj snazi

V10502W12

2

=⋅=⇒= DDDD VR

V

(b) Za pojačavač klase A je

W2%50max =⇒=η DCP pri PO = 1W

( ) A2,0V10

W2==

ADCI

( ) ( ) A4,02,022max =⋅== AII DCAD

( ) W112 =−=−= oDCAdis PPP

(c) Za pojačavač klase B je

W274,1785,0

W1%5,78max ==⇒=η DCP

R

98

( ) A1274,0===DD

DC

DCDV

PBII

A4,0)max(

)(max

)(==⇒= DBD

BD

D III

IB

ππ

( ) W274,01274,1)()( =−=−=

BoBDCBdis PPP

99

ZADATAK 5.9 Projektovati pojačavač snage koji treba da radi u klasi C sa uglom protoka 2θ=π/2. Izlazna snaga pojačavača treba da je 30W na 50Ω. Jednosmerni napon napajanja treba da je 12V. Pretpostaviti da je saturacioni napon tranzistora jednak nuli i da su gubici u prilagodnom kolu 10%. Rešenje Radna prava i talasni oblik kolektorske struje za pojačavač klase C dati su na sledećoj slici Imajući u vidu gubitke u izlaznom kolu, izlazna snaga treba da je

VCC Vcmax=2VCC

Q (radna tačka) - ICQ

0

ic

vc

Imax

Imax

IRF 2θ

- π/2 + π/2

ICQ

100

WPo 33.339.0

30==

Sa druge strane je

22

11 IVIVP CCc

o ==

gdje je I1 magnituda prvog harmonika kolektorske struje, pa je

AV

PI

CC

o 55.512

33.33221 =

⋅==

Optimalna opteretna otpornost trazistora je

Ω==== 16.255.5

12

11 I

V

I

VR CCc

Lopt

Za pojačavač klase C je

)cos1(

cossin1

θπ

θθθ

−

−= RFII

pa je

A

R

VI

Lopt

CC

RF

9.17

cossin

)cos1(

=

−

−=

θθθ

θπ

Prema oznakama sa gornje slike virtuelna jednosmjerna struja u radnoj tački je AIII RFRFCQ 663.12)4/cos(cos === πθ

pa je AIII CQRF 24.56.129.17max =−=−=

Jernosmjerna kolektorska struja je

AIi RFc 95.2)cos1(

cossin=

−

−=

θπ

θθθ

Snaga iz izvora za napajanje je WiVP cCCDC 4.35== Snaga disipacije je WPPP oDCdis 07.2=−= Koeficijent korisnog dejstva je

101

941.0==DC

o

P

Pη

Ostaje da konfigurišemo izlazno kolo pojačavača. Pošto nijesu dati posebni uslovi vezano za potiskivanje harmonika i/ili zahtjev za širinu propusnog opsega, problem ćemo riješiti na najednostavniji način, tj koristićemo L-ćeliju (niskopropusnu) za prilagođenje RLopt=2.16Ω na 50Ω. Projektovanje L –ćelije u ovom slučaju je jednostavno, pa je konačno rešenje dato na sledećoj slici Sugestija: 1. Vodeći računa o podacima navedenim u tekstu zadatka izračunati RLopt za pojačavač koji bi radio u klasi A. Što zaključujete? 2. Na osnovu numeričkih rezultata konstatujemo da je koeficijent korisnog dejstva vrlo veliki, η=94%. Pojačavač ispunjava i sve eksplicitno postavljene zahtjeve. Da li ovaj pojačavač ima neki energetski problem koji na prvi pogled nije vidljiv? Da bi odgovorili na ovo pitanje treba da kvalitativno razmotrite tzv. ukupnu efikasnost (OE-overall efficiency), napr. u poređenju sa odgovarajućim PA klase A. Što zaključujete?

+12V

Lp

50Ω

XL=3.15Ω

XC= - 34.3Ω

102

ZADATAK 5.10 Koristeći kataloške podatke za tranzistor MRF233 (Motorola) projektovati ulazno i izlazno kolo za pojačavač snage koji treba da radi u klasi C na frekvenciji 100MHz. Snaga na 50 omskom opterećenju treba da iznosi 15W. Pobudni signal raspoloživ je iz generatora čija je unutrašnja otpornost 50 Ω. Rešenje Uvidom u kataloške podatke može se konstatovati da je predloženi tranzistor optimiziran za P0=15W na frekvenciji oko 100MHz pri VCC=12.5V. Na toj osnovi proizvođač daje podatke za ulaznu i izlaznu impedansu za veliki signal. Dakle, projektovanje se svodi, uglavnom, na rešavanje prilagođenja na ulazu i na izlazu. Ulazna impedansa za veliki signal je: 7.27.1 jZul −= , [Ω] i treba je prilagoditi na unutrašnju otpornost generatora, Rg=50Ω. S obzirom da je Zul

data u rednom obliku pogodno je da na red sa Zul dodamo induktivnu reaktansu j2.7, pa se problem svodi na prilagođenje 1.7 Ω na 50 Ω. Taj problem možemo rešiti sa L-ćelijom, pa je

Ω==

Ω=⋅=

=−=

38.933.5

50

06.97.133.5

33.517.1

50

p

s

X

X

Q

Dakle, između generatora i ulaza tranzistora imamo Na sličan način rešavamo prilagođenje [ ]Ω−= ,6.55 jZ izl

1.7

- j2.7

tranzistor

j9.06 j2.7

j12.08 (19nH)

-j9.38 (170pF)

50

103

na 50Ω, tj. dodajemo na red induktivnu reaktansu j5.6 i problem svodimo na prilagođenje 5Ω na 50Ω pomoću L-ćelije. Ovdje je

Ω==

Ω=⋅=

=−=

7.163

50

1535

315

50

p

s

X

X

Q

Prema tome, između tranzistora i opterećenja imamo

5

- j5.6 j5.6 j15

j20.6 (32.7nH)

50 - j16.7 (170pF)

tranzistor

104

ZADATAK 5.11 Na slici je dat PA klase "D". Selektivno kolo na izlazu pojačavača podešeno je na frekvenciju pobudnog signala. Saturacioni napon tranzistora je 1V. Izlazna snaga treba da iznosi PO = 10W a) Naći transformacioni odnos n/m b) Odrediti jednosmjernu struju iz izvora za napajanje

Rešenje Pogodno je da prvo zapišimo opšte relacije koje se odnose na idealizovano stanje kada je Vsat=0. Maksimalna amplituda osnovnog harmonika izlaznog signala v0 je

0

4

=π=

sat

DDom

Vm

nVV

pa je

R

V

Rn

m

VP DD

L

DD

o

2

22

2

2

88

ππ=

=

LRn

mR

2

ˆ

=

02

8

=π=

sat

DDDC

VR

VI

(a) Ako je Vsat =1V za taj iznos treba smanjiti VDD. Uz ovu napomenu i prethodno izvedene relacije imamo

( )Ω=

−

π= 09,59

82

2o

satDD

P

VVR

V0 n

m

m

105

108,150

09,59≈===

LR

R

n

m

(b)

A38,08

2=

−

π=

R

VVI satDD

DC

(c)

( )%5,96965,02837,0

10=

⋅=η