Parte progettuale

Gara Elettronica 2007
Soluzione parte B
Progetto del trasmettitore per Fibra Ottica
Trascurando la parte relativa alle abilitazioni del registro PISO, il problema consiste nel
determinare la rete di polarizzazione del BJT in on/off, quindi di determinare le resistenze Rb e R1.
Il valore di Rb dovrà assicurare la saturazione del transistor, il valore di R1 determinerà la
corrente che dovrà scorrere nel LED per avere la potenza sufficiente a raggiungere tramite fibra
ottica il ricevitore lontano (quindi la potenza finale del link ottico dovrà essere superiore alla
sensitivity del ricevitore HFBR251).
1^ soluzione (più semplice)
Esaminando la figura 3 di
pag. 29 dell’estratto dei data sheet
relativo al link HFBR 15X1/25X1
data sheet, si nota che per lunghezza
=15 metri, IF deve avere un valore
compreso tra 30 e 80 mA.
Si può scegliere IF=55mA.
Nota: nei data sheet si indica Idc
quindi per bit 0 e 1 con probabilità
50%, Ipicco= 110 mA.
P. Maini
circuito per FO
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2^ soluzione (più elaborata)
Dalle equazioni del link in
fibra ottica si ricava la potenza
necessaria del trasmettitore:
PTX = PRX + αFibra*lungh. +
2*αconnettori
PTX = -21,6dBm + 0,27*15 +
2*1,5 = -14,5 dBm
Dalla fig.10 di pag. 32
dell’estratto dai data sheet relativo
al trasmettitore si ricava la potenza
normalizzata (cioè riferita ai 60 mA
del data sheet e -14.3 dBm minimo,
a 25°C). Quindi la potenza di -14,5
dBm corrisponde sulla figura a 0,3 dB, quindi una IF di poco meno
di 60 mA. Per sicurezza e comodità
poniamo IF = 60 mA. .
Nota: nei data sheet si indica Idc quindi per bit 0 e 1 con probabilità 50% Ipicco= 120 mA a 25 °C.
Progetto rete resistiva per il BJT
Scelta IF = 120 mA, ed esaminando il data sheet del BC337 che indica hfe min= 100,
considerando la tensione di comando uscente o da una porta logica o direttamente dal registro PISO
di famiglia logica 74HC, Vdata in = 4,5V
R1 = (Vcc – VLED) /IF => R1 = (5 – 1,7) /120 mA
=> R1= 27,5 Ω per la serie E12 R1= 27 Ω
Ic= (Vcc – VCE sat)/ R1
Ic= 178 mA
Ib > Ic/hfe min
=>
=> Ic= (5 – 0,2)/ 27
(Vdata in – VBE sat) / RB > Ic / 110
RB < (4,5- 0,2)* 100/ 178 mA
=>
RB < 2,42 KΩ per la serie E12 RB= 2.2 KΩ
Visto le correnti elevate, occorre verificare la potenza dissipata da R1, con la formula P = R*I2.
Per ingresso 0, Vdata in = 0V, la corrente che scorre su R1 è quella che scorre nel LED (120 mA).
Per ingresso 1, Vdata in = 4,5V, la corrente che scorre su R1 è quella che scorre nel BJT (178 mA).
P= (P0 + P1) / 2, => P = [27*(120 mA)2 + 27*(178 mA)2] /2 = 622 mW
Quindi occorre una resistenza che possa dissipare 1 Watt o 2 resistenze da 56 Ω in parallelo
che possano dissipare ½ Watt.
P. Maini
circuito per FO
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Soluzione parte B
Progetto gestione impianto d’illuminazione
La resistenza Rft rappresenta la fotoresistenza, il partitore resistivo Rft - R1 serve a convertire le
variazioni di Rft causate dal cambiamento della luminosità in variazioni della tensione Vx.
R1
⋅ 12 (1)
R1 + Rft
La fotoresistenza assume i valori limite indicati nella tabella, compresi tra 2 kΩ e 10 kΩ. Scegliamo
per R1 un valore intermedio: R1= 5,6 kΩ.
Utilizzando la formula (1) si ricava Vxl = 8,84 V con 70lux (luce) e Vxb = 4,31 V con 25lux (buio).
Il comparatore con isteresi invertente, formato da R2, R3 e l’operazionale, deve avere le due soglie
ai valori calcolati prima. Si utilizza la VO(P-P) dell’operazionale, come indicato dal datasheet,
inferiore di 1V rispetto all’alimentazione.
Vx =
R3
R2
⋅ Vref +
⋅11 ; tensione di soglia superiore
R3 + R 2
R3 + R 2
R3
R2
VSI =
⋅ Vref +
⋅ (−11) ; tensione di soglia inferiore.
R3 + R 2
R3 + R 2
VSS =
Assegnando Vss = 8,84 V , VSI = 4,31 V e risolvendo il sistema delle due equazioni si ricava:
Vref = 8,28 V; R3 = 3,856 R2. Scegliamo R2 = 10 kΩ , R3 = 39 kΩ.
Il comparatore con isteresi agisce sul transistor T1 che deve funzionare come interruttore per
eccitare e diseccitare la bobina del relè. Il contatto del relè accende e spegne l’impianto di
illuminazione.
La bobina del relè ha una resistenza di 300Ω, per cui la corrente che la attraversa quando il
transistor è saturo vale:
I CC =
VCC − 0,2 12 − 0,2
=
= 40mA
300
300
Il transistor BC337 ha un hFEmin=100. Per tenerlo in saturazione occorre una corrente di base:
I B min =
I CC
h FE min
=
40
= 0,40mA
100
Per cui è necessaria una resistenza di base:
R4 ≤
VOH − 0,7 12 − 0,7
=
= 28,25kΩ
−3
IB
0,4 ⋅ 10
G. Portaluri
Scegliamo R4 = 22 kΩ
circuito gestione impianto d’illuminazione
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