\documentclass[11pt,largemargins, norsk]{homework}

\newcommand{\hwname}{Øyvind Skaaden}
\newcommand{\hwemail}{oyvindps@ntnu.no}
\newcommand{\hwtype}{Øving}
\newcommand{\hwnum}{1}
\newcommand{\hwclass}{TTT4260}
\newcommand{\hwlecture}{}
\newcommand{\hwsection}{}

\newcommand*{\eq}{=}

\renewcommand{\questiontype}{Oppgave}
\newcommand{\figref}[1]{Figur \ref{#1}}

\begin{document}
\maketitle

\question
  \begin{alphaparts}
  \item Vi har krets \ref{circ:1a} som vist under med verdiene $R_1 = 1\text{k}\Omega $, $ C_1 = 100\mu\text{F} $ og $V = 5\text{V} $.

  \begin{figure} [h]
    \centering
    \begin{circuitikz}

      \draw
      (0,3) to [V, l=$V$] (0,0)
      (0,3) to [closing switch, l = $t\eq0$ ] (3,3)
      to [R, l=$R_1$] (6,3)
      to [C, l=$C_1$] (6,0) -- (0,0); 
    \end{circuitikz}
    \caption{Krets til oppgave 1}
    \label{circ:1a}
  \end{figure}

  $\tau$ er gitt ved 

  $$ \tau = R \cdot C $$

  Da er $\tau$ i denne kretsen er da

  $$ \tau = R_1 \cdot C_1 = 1\text{k}\Omega \cdot 100\mu\text{F} = 100\text{ms}$$

  En funksjon for spenningen over kondensatoren er da

  $$ v_c(t) = 5 \text{V} \cdot ( 1 - e ^ {\frac{-t}{100\text{ms}}}) $$
  \pagebreak
  \begin{figure}[!ht]
    \centering
    \input{grafer/condisO1a}
    \caption{Utvikling av spenning over kondensator $v_c$}
    \label{graph:kondensator1}
  \end{figure}


  \item
  
  Etter å ha koblet opp kretsen ser vi at spenningen (se \figref{graph:1b}) over kondensatoren når $63\%$ eller $3.16$V etter $\Delta x = 94.83$ms. 

  \begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics[width=\textwidth]{TauMaaling.png}
    \caption{Spennigsutvikling av krets i oppgave 1, $\tau$ er lik $\Delta x$}
    \label{graph:1b}
  \end{figure}
  \pagebreak



  \item 

  Når det skjer utladning av kondensatoren har ikke strømmen noe sted å gå, eneste er å gå gjennom kondensatoren litt og litt. 
  
  \end{alphaparts}


\question
  For å løse kretsen i oppgave 2, vist i kretsen \figref{circ:krets2} under.

  \begin{figure}[h]
    \centering
    \begin{circuitikz}
      \draw 
        (-6,3) to [V, v=V] ++(0,-3)
        (-6,3) to [opening switch, l=$S_1$] ++(3,0)
        to [R, l=$R_1$] +(3,0) to [short,-*] ++(0,0)
        (-6,0) to [short,-*] (0,0)
        (0,0) to [R, l=$R_2$] (0,3)
        (0,0) -- (2,0) to [short,-*] (2,0) to [R, l=$R_3$] (2,3) to [short,-*] ++(0,0) -- (0,3)
        (2,3) to [R, l=$R_4$] (6,3)
        to [C, l=$C_1$, v_=$v_c$] (6,0) -- (2,0);
    \end{circuitikz}
    \caption{Krets i oppgave 2}
    \label{circ:krets2}
  \end{figure}


  Vi må finne spenningen som ligger over $R_2||R_3$ for å finne startspenningen på $C_1$.

  Begynner med å finne $$R_2||R_3 = \frac{470\ohm \cdot 220\ohm}{470\ohm + 220\ohm} = \frac{10340}{69} \ohm $$

  $$ v_{R_2||R_3} = \frac{V}{R_1 + R_2||R_3} \cdot (R_2||R_3) = \frac{5\text{V}}{200\ohm + \frac{10340}{69} \ohm} \cdot \frac{10340}{69} \ohm = \frac{2585}{1207}\text{V} \approx 2.14\text{V} $$

  Dette er da startspenningen på $c_1$.

  Når bryteren brytes, vi vi få en forenklet krets, som vist i \figref{circ:oppgave2}

  \begin{figure}
    \centering
    \begin{circuitikz}
      \draw 
        (0,0) to [R, l=$R_2$] (0,3)
        (0,0) -- (2,0) to [short,-*] (2,0) to [R, l=$R_3$] (2,3) to [short,-*] ++(0,0) -- (0,3)
        (2,3) to [R, l=$R_4$] (6,3)
        to [C, l=$C_1$, v_=$v_c$] (6,0) -- (2,0);
    \end{circuitikz}
    \caption{Foreklet krets i oppgave 2}
    \label{circ:oppgave2}
  \end{figure}
  
  Vi kan da regne ut $R$ i kretsen

  $$ R = R_4 + R_2||R_3 = 300\ohm + \frac{10340}{69} \ohm = \frac{31040}{69}\ohm \approx 449.9\ohm $$

  $\tau$ er da gitt ved $\tau = R \cdot C_1 =  = 4.5\mu\text{s}$.

  Funksjonen for spenningen over $v_c$:

  $$ v_c(t) = 2.14e^{\frac{-t}{4.5\mu\text{s}}} $$

  \begin{figure}[h]
    \centering
    \input{grafer/condisO2}
    \caption{Graf for oppgave 2}
    \label{graph:oppg2}
  \end{figure}

\clearpage
\question
  \begin{alphaparts}
    \item
    Vi har kretsen som gitt i oppgave 3, men tegnet på en forenklet måte i \figref{circ:3a1}.

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \begin{circuitikz}
        \draw
        (0,3) to [V, v_=V] (0,0)
        (0,3) to [R, l=$R_1\eq1\text{k}\ohm$] (3,3) 
        to [closing switch, l=$S_1$] (5,3)
        to [R, l_=$R_2\eq1\text{k}\ohm$] (5,0) -- (0,0)
        (5,3) to [short,*-] ++(2,0)
        to [C, l=$C_1\eq100\mu\text{F}$] ++(0,-3)
        to [short,-*] (5,0);
      \end{circuitikz}
      \caption{Forenklet krets til oppgave 3a}
      \label{circ:3a1}
    \end{figure}
    

    Vi skriver om til en Norton ekvivalent ved å regne ut $I_n = \tfrac{V}{R_1}$

    $$ I_n = \frac{1\text{V}}{1\text{k}\ohm} = 1\text{mA} $$

    Vi har da to like motstander i parallell. Siden de er like er den totale motstanden lik halvparten av den ene. Så
    $$ R_{eq} = 0.5\text{k}\ohm $$
    Vi regner deretter den nye kretsen tilbake til en thevenin-ekvivalent krets. 

    $$ V_{th} = I_n \cdot R_{eq} = 1\text{mA}\cdot 0.5\text{k}\ohm = 0.5\text{V}$$

    Vi har da den nye kretsen under i \figref{circ:3a2}

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \begin{circuitikz}
        \draw
        (0,3) to [V, v_=V$_{th}$] (0,0)
        (0,3) to [R, l=$R_{eq}\eq0.5\text{k}\ohm$] ++(3,0) 
        to [C, l=$C_1\eq100\mu\text{F}$, v=$v_{C_1}$] ++(0,-3)
        -- (0,0);
      \end{circuitikz}
      \caption{Thevenin-ekvivalent krets til oppgave 3a}
      \label{circ:3a2}
    \end{figure}

    Det er da veldig lett å lage en funksjon som besrkiver spenningen, $v_{C_1}$, over $C_1$.

    \begin{align*}
      v_{C_1}(t)&= V_{th}\left(1-e^\frac{-t}{R_{eq}C_1}\right) \\
      v_{C_1}(t)&= 0.5\text{V}\left(1-e^\frac{-t}{0.5\text{ms}}\right)\\
      v_{C_1}(t)&= 0.5\text{V}\left(1-e^\frac{-t}{\tau}\right)
    \end{align*}

    \clearpage
    \item
    Etter $6\tau$ har kondensatoren nådd ``steady-state'', da er spenningen $v_{C_1} = V_{th} = 0.5\text{V}$. Når bryteren $S_2$ lukkes får vi en veldig lik krets som i opgpave 3a. Se \figref{circ:3b1}

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \begin{circuitikz}
        \draw
        (0,3) to [V, v_=V$\eq1\text{V}$] (0,0)
        (0,3) to [R, l=$R_1\eq1\text{k}\ohm$] (4,3)
        to [R, l_=$R_2\eq1\text{k}\ohm$] ++(0,-3) -- (0,0)
        (4,3) to [short,*-] ++(3,0)
        to [R, l_=$R_3\eq1\text{k}\ohm$] ++(0,-3)
        to [short,-*] (4,0)
        (7,3) to [short,*-] ++(3,0)
        to [C, l=$C_1\eq100\mu\text{F}$] ++(0,-3)
        to [short,-*] ++(-3,0);
      \end{circuitikz}
      \caption{Forenklet krets til oppgave 3a}
      \label{circ:3b1}
    \end{figure}

    Vi gjør det samme som sist, gjør om til norton-ekvivalent, samler motstandene og går tilbake til en thevenin-ekvivalent. 

    Siden det her er tre like motstander i parallell er den totale motstanden lik $1/3$ av en av motstandene. Vi får da $V_{th} = \frac{1}{3}\text{V}=\approx 333.3\text{mV}$ og $R_{eq} \approx 333.3\ohm$.

    Kretsen ser da ut som \figref{circ:3b2}

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \begin{circuitikz}
        \draw
        (0,3) to [V, v_=V$_{th}\approx 333.3\text{mV}$] (0,0)
        (0,3) to [R, l=$R_{eq}\approx 333.3\ohm$] ++(3,0) 
        to [C, l=$C_1\eq100\mu\text{F}$, v=$v_{C_1}$] ++(0,-3)
        -- (0,0);
      \end{circuitikz}
      \caption{Thevenin-ekvivalent krets til oppgave 3a}
      \label{circ:3b2}
    \end{figure}

    Da er det enkelt å sette opp likningen for spenningen $v_{C_1}$
    Vi setter $\tau = 1$ for at det skal være lettere å lese grafene. Grafene ser helt like ut men tidsenheten blir da $\tau$ i steden for ms.

    \begin{align*}
      v_{C_1}(t) &= V_{th}+\left[v_{C_1}(t_0) - V_{th} \right]e^{-\frac{t-t_0}{R_{eq}C_1}}\\
      &\downarrow \\
      v_{C_1}(t) &= \frac{1}{3}\text{V} + \frac{1}{6}\text{V} \cdot e^{-\frac{t-6\tau}{\tau}}
    \end{align*}

    En skisse av spenningsutviklingen kan sees i \figref{fig:3b}.

    \pagebreak
    \begin{figure}[h]
      \centering
      \includegraphics[width=\textwidth]{grafer/3b.png}
      \caption{Spenningen $V_{C_1}$ som graf, der $S_2$ lukkes etter $6\tau$}
      \label{fig:3b}
    \end{figure}

    \item 

    For å lage en funksjon for kretsen når bryter $S_2$ lukkes når $t=0.5\tau$, tar vi utgangspunkt i funksjonen fra oppgave 3b og spenningen $v_{C_1}(0.5\tau)\approx \frac{1}{5}\text{V}$.

    Funksjonen for spenningen over $C_1$ fra $t=0.5\tau$ blir da

    \begin{align*}
      v_{C_1}(t) &= V_{th}+\left[v_{C_1}(t_0) - V_{th} \right]e^{-\frac{t-t_0}{R_{eq}C_1}}\\
      &\downarrow \\
      v_{C_1}(t) &=\frac{1}{3}\text{V}+\left[\frac{1}{5}\text{V} - \frac{1}{3}\text{V} \right]e^{-\frac{t-0.5\tau}{\tau}}\\
      v_{C_1}(t) &= \frac{1}{3}\text{V} - \frac{2}{15}\text{V} \cdot e^{-\frac{t-0.5\tau}{\tau}}
    \end{align*}

    En skisse av spenningsutviklingen kan sees i \figref{fig:3c}.

    \pagebreak

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \includegraphics[width=\textwidth]{grafer/3c.png}
      \caption{Spenningen $V_{C_1}$ som graf, der $S_2$ lukkes etter $0.5\tau$}
      \label{fig:3c}
    \end{figure}

  \end{alphaparts}

\question
  \begin{alphaparts}
    \item
    Tidskonstanten $\tau$ er gitt ved 

    $$ \tau = R \cdot C $$

    I denne kretsen vil $\tau$ bli følgende.

    $$ \tau = 1\text{k}\ohm \cdot 1\text{nF} = 1\mu\text{s} $$

    \pagebreak
    \item 
    Graf ved $f=5$kHz

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \includegraphics[width=\textwidth]{Oppgave4Python/4b.png}
      \caption{Graf for kretsen i oppgave 4, ved $f=5\text{kHz}$}
      \label{graph:4b}
    \end{figure}
    \item
    Graf ved $f=30$kHz

    \begin{figure}[h]
      \centering
      \includegraphics[width=\textwidth]{Oppgave4Python/4c2.png}
      \caption{Graf for kretsen i oppgave 4, ved $f=30\text{kHz}$}
      \label{graph:4c}
    \end{figure}

    \item

    Etter oppkobling av kretsen ser vi at kondensatoren oppfører seg veldig likt som regnet ut i oppgave 4b. 4c ($30$kHz) er litt mer ulik da kondensatoren lades og utlades litt raskere enn beregnet. Den når litt høyere og litt lavere spenninger enn beregnet. 

    \pagebreak
    \item
    Vi ser fra \figref{graph:4b} at firkantpulsen er $1$V i $10\tau = 10 \cdot 10\mu\text{s} = 100\mu\text{s}$.

    Vi ønsker da at likningen $v_{C_1}(100\mu\text{s}) = 0.8$V. Vi setter kondensatorverdien konstant og regner ut motstanden $R$ i kretsen.

    \begin{align*}
      v_{C_1}(t) &= V_1+\left[v_{C_1}(t_0) - V_1 \right]e^{-\frac{t-t_0}{R\cdot C_1}}\\
      0.8\text{V} &= 1\text{V}\cdot\left(1-e^{-\frac{100\mu\text{s}}{R\cdot10\text{nF}}}\right) \\
      R &=  \frac{10000}{\ln 5}\\
      R&\approx 6213 \ohm 
    \end{align*}

    Tester dette og ser at den lader seg litt for mye opp.

    Etter å har justert til $6300\ohm$ ser det ut som at spenningen når ca $0.8$V på firkantpulsen.


  \end{alphaparts}


\end{document}
