Méréstech összefoglaló 5 Mérőkapcsolások 2 PDF

Preview

Summary

5. fejezet 1. A Uki Uc U ki As U s Ac U c As Ac , dB As R2 R1 R R4 R R2 U kic U bec 2 U bec 1 R3 R4 R1 R1 U R R R2 R3 Ac kic 1 4 U bec (R3 R4 ) R1 esetben Ac 0 , azonban az van sosem lesz 0 az Ha mindegyik ugyanolyan, azaz a ki egy a hiba a Ri Ri ,n (1 h) Akkor az Ac legrosszabb esetben: R1 R4 (1 h)...

Description

Mérıkapcsolások2 – 5. fejezet /Elmélet & Képletgyőjtemény/

1. Differenciálerısítı, mérıerısítı: Közösjelelnyomás

U

E

ki

A U s

A U

s

c

c

As , mértékegysége: E Ac

dB

Differenciálerısítı

As

R2 R1

R2  R4 R1 R2  U bec ⇒ R1  R3 R4 R1 U kic R 1 R 4 R 2 R 3 ⇒ Ac U bec R3 R 4 R1 Ideális esetben Ac 0 , azonban az ellenállásoknak van hibája, így valóságban sosem lesz 0 az értéke. Ha mindegyik ellenállás hibája ugyanolyan, azaz a következıképp fejezhetı ki egy ellenállás értéke a relatív véletlen hiba és a névleges érték segítségével R i Ri ,n (1 h) U kic

 U bec  

Akkor az Ac erısítés értéke legrosszabb esetben: Ac Ac

(R1 R4

R1 R 4 (1 h ) 2 R 2 R 3 (1 h )2 R 3 R 4 R1 R2 R3 ) (1 h 2 ) (R1 R4 R3 R 4 R1

R2 R3 ) (2 h)

Ac

(R1 R4

R2 R3 ) (1 h 2 ) (R1 R4 R 3 R 4 R1

R2 R3 ) ( 2 h)

;

R1 R4

R2 R3

R1 R 4 4 h R 3 R 4 R1 R4 Ac 4 h R3 R 4 3 mőveleti erısítıs mérıerısítı (mőszerismertetı) Ac

As 1 1 As Ac1

1; Ac 2

A s1 A s2

R1 R4 R2 R3 R1 (R3 R4 )

2 R5 ; As 2 R7  2 R5   1 R 7   ⇒

Ac

R2 R1   

R2 R1

  

Ac1 Ac2

R1 R4 R2 R3 R1 ( R3 R4 )

2. Egyenirányítók: (Idıfüggvények esetén a kimeneti feszültséget a piros görbe mutatja) Egyutas passzív egyenirányító

Kétutas passzív egyenirányító

Soros diódás csúcsegyenirányító

Párhuzamos diódás csúcsegyenirányító

Soros-párhuzamos diódás csúcsegyenirányító

3. Szorzó u ki (t ) k u be1 (t ) u be2 (t ) u( ) t k ˆ1U sin( 1 ) ˆU ki 2 sin( 2 ) k ˆ 1U ˆ U sin( 1 ) sin( 2 ) kiu( ) t 2 k Uˆ1 Uˆ 2 u ki (t ) cos( 1 cos( 1 2) 2 Hasznos trigonometrikus átalakítások: sin( 1 sin( 1 ) cos( 2 ) cos( 1) sin( 2 ) 2) cos( 1 cos( 1 ) cos( 2 ) sin( 1) sin( 2 ) 2) 1

cos2 ( ) sin2 ( )

cos( 2

)

cos 2 ( ) sin 2 ( )

sin(2

)

2 cos( ) sin( )

2

)

Példák /10. hét/ 5.15. feladat Egy kiegyenlített analóg szorzó egyik bemenetére 10V csúcsértékő, 50Hz frekvenciájú, a másik bemenetére pedig 1V csúcsértékő, 100Hz frekvenciájú szinuszos jelet vezetünk. A szorzó átviteli tényezıje k 0.1 1/V ( u ki ( t) k u be1( t) u be 2 (t ) ). Mekkora a szorzó kimenetén megjelenı jel egyszer ő középértéke és effektív értéke? Megoldás: 1) u ki (t ) kiszámítása: 1 uki (t ) k ube 1 (t ) ube 2 (t ) 0.1 10V 1V sin(2 50 t ) sin(2 100 t ) V uki ( t) sin(2 50 t) sin(2 100 t) Az elméleti résznél felsorolt trigonometrikus azonosságok közül felhasználva, hogy cos( 1 cos( 1 ) cos( 2 ) sin( 1 ) sin( 2 ) 2 ) cos( 1 cos( 1 ) cos( 2 ) sin( 1 ) sin( 2 ) 2 ) Ami alapján: cos( 1 cos( 1 2 sin( 1 ) sin( 2 ) , az alábbi kifejezést kapjuk a 2 ) 2 ) kimeneti feszültségre: 1 (100 50) t ) cos( 2 (100 50) t ) uki (t) V cos( 2 2 1 1 uki (t ) V cos( 2 50 t) cos( 2 150 t) 2 2 2) Egyszerő középérték meghatározása A kimeneti feszültség két koszinuszos jel lineáris kombinációjából adódik, így az egyszerő középérték (mivel a koszinuszos jel egyszerő középértéke is 0V): U ki 0 0V 3) Effektív érték meghatározása U kieff

 1    2 2 

2

 1    2 2

2

1 8

1 8

1 4

0.5V

U kieff

5.26. feladat 3 mőveleti erısítıs mőszererısítıt építünk. Rendelkezésünkre áll a 3 mőveleti erısítın kívül 4 db 25k -os, 2 db 5k -os és 1 db 5.55k -os ellenállás. a) Rajzoljuk le a kapcsolást és helyezzük el benne az ellenállásokat úgy, hogy a szimmetrikus erısítés 50 legyen. b) Mekkora a szimmetrikus erısítés relatív rendszeres hibája? c) Legalább mekkora a kapcsolás közösjelelnyomása, ha az ellenállások tőrése (relatív véletlen hibája) 0.02%? Megoldás: a) Kapcsolási rajz:

Az elméleti részben leírtak alapján: R2 A A A 2 R5 A s1 1 ; As 2 ; s s1 s2 R1 R7 Az 50-t 1x50, 2x25 vagy 5x10 formájában lehet elıállítani. A rendelkezésre álló ellenállásokkal a második fokozat szimmetrikus erısítését 5-re lehet beállítani, 25 és 5 k -os ellenállásokkal, így az elsı fokozat erısítése 10 kell, hogy legyen, amit a maradék 2 db 25k -os ellenállás és az 5.55 k -os ellenállások segítségével állíthatunk be. Tehát az egyes ellenállások értékei: R 1 R 3 5k ; R 2 R 4 R 5 25k ; R 7 5.55 k b) Szimmetrikus erısítés relatív rendszeres hibája: Az a) pontnak megfelelıen:  2 R5   R2     As As 1 As 2 1 50.045 ⇒ As 50.045 R 7   R1   hAs 50.045 50 9 10 4 0.09% hAs 50 c) Közösjelelnyomása: Az elméleti részbı l ismert, hogy az elsı fokozat erı sítése közösjelre egységnyi ( Ac1 1 ). Tehát a teljes fokozat közösjel ő erı sítése megegyezik a második fokozat közösjelő er ısítésével. Utóbbi az elméleti részben ismertettek alapján: R1 R 4 R 2 R 3 Ac 2 R 3 R 4 R1

Az ellenállások hibáját ugyanúgy kezelhetjük, mint ahogy az elméleti részben is le van írva, így R4 Ac 2 4 h R3 R4 A fentiek alapján: R4 Ac Ac1 Ac2 1 4h R3 R 4 Ami alapján a közösjelelnyomás: As 50 50 15 E R3 R 4 R3 5 R3 75000 97,5dB E Ac R4 4 h h 5 R3 4 h

5.28. feladat

A fenti ábrán egy árnyékolt kábel modelljét látjuk. A mérendı feszültséget a bemenetre kapcsoljuk, és a kimeneten megjelenı feszültséget dolgozzuk fel. A kábel névleges adatai: R1 R2 0.2 ; C1 C2 5nF . Ezek azonban nem teljesülnek pontosan, a névleges értéktıl való eltérés max. h = 1%. Ideális esetben az Ube feszültségre szuperponálodó közös feszültség hatására Uki = 0, de a paraméterek nemideális volta miatt ez nem teljesül. Adjuk meg a kábel közösjelelnyomását 1kHz frekvencián, a hibakomponensek worst case alapú összegzésével. Megoldás: A kábelünktıl azt várjuk el, hogy a szimmetrikus erısítése 1 legyen azaz, a kimeneti jelünk Xc 1 /( Xc 1 R1 ) 0.999 1 ). A egyezzen meg a bemeneti jelünkkel, így As 1 (valóságban As fentiek alapján a közösjelelnyomás nem lesz más, mint a közösjelő erısítés reciproka. A közösjelő erısítés az alábbi módon számítható ki:

1 X c1

Ac

X c1

X c2 R1

X c2

j

1 1 j R2 ; 1

Ahol 2 C 2 felhasználva, hogy

2

C1 R1 1 j C2 R2 C 1 R1 . A nevezıben a 2 2 : 1 Ac

Ahol a

1

j (1

(

2

j

1 2

)

C2

R2 j C2 j (C 2 R 2 C 1 R 1) C1 R1 ) (1 j C2 R2 ) (1 j R C közelítést alkalmazva, valamint 1 R1

C1

j

j 2 (1 j

)

j 1

C1 1

R2 j

Ac

1

)2

2

(1 j

)2

-t a következıképpen számíthatjuk ki: C R

Ezek alapján a közösjelő er ısítés: j 2 Ac (1 j

C C

w. c. hibaösszegzés

2 h )2

Továbbá felhasználhatjuk azt, hogy az kifejezés közelítı leg 1, ami alapján: Ac 2 A fentiek alapján a közösjelelnyomás: As 1 E 8 Ac Ac

j (1

j 2

4 h ⇒ Ac )2 f R C

4 h 8

f

R 2h h R

1 f R C h

h

4 h (1 j

)

2

6.2832 10 6

1 , így (1

f R C h

3978874 132dB

E

j

)

2

5.31. feladat Soros diódás csúcsegyenirányítót tervezünk, amelynek f = 50kHz frekvenciájú jeleket kell egyenirányítania. A kondenzátor kapacitása C = 22nF, az ellenállás értéke R = 18k , a dióda nyitófeszültsége U d = 0.7V. a) Mekkora a csúcsegyenirányítás relatív hibája, ha a mért feszültség Um = 12.3V? (A kimenı feszültség egyenkomponense mekkora hibával egyezik meg a bemenı feszültség csúcsértékével?) b) Mekkorára válasszuk a kapacitást, hogy változatlan ellenállásérték mellett a hiba ugyanekkora maradjon? Megoldás: 1) Kapcsolási rajz

2) Feszültségek idıfüggvényei

a) A csúcsegyenirányítás relatív hibája A csúcsegyenirányítás relatív hibájának számításához két hibakomponenst kell figyelembe vennünk. Az egyik abból adódik, hogy az egyenirányítást megvalósító diódának van egy nyitófeszültsége, ami a diódán esik, így a kimeneten a bemeneti jel csúcsértékének a dióda nyitófeszültségével csökkentett értéke jelenik meg, azaz a kimeneti feszültség csúcsértéke Uˆki Uˆbe U d . Mivel a bemeneti jel csúcsértéke nem ismert, így a mért érték segítségével az elsı hibakomponensbıl adódó relatív hiba közelítıleg: UI Ud U Um A másik hiba abból adódik, hogy miután feltöltöttük a kondenzátort az elkezd kisülni, s ennek megfelelıen a kimeneti feszültség is csökkeni fog U ki Uˆ ki exp( t / ) -ra. Utóbbi hibát a következıképp írhatjuk fel 2 UII Uˆki Uˆki exp( t / ) Uˆ ki 1 exp( t / )

Az exponenciális tagot az elsırendő Taylor-polinomjával, azaz lineárisan közelítve az alábbi kifejezést kapjuk (a lineáris közelítésnek azért van létjogosultsága, mert a bemenı jel periódusideje sokkal kisebb, mint RC-tag idıállandója, így a kisülési szakasz olyan rövid, hogy lineárisnak tekinthetı):   t  t 2 U II Uˆki 1 exp( t / ) Uˆki 1  1  U kiˆ    A t idıt közelíthetjük a periódusidıvel, hiszen majdnem egy perióduson keresztül sül ki a R C: kondenzátor, és U II 1 T T ⇒ 2 UII Uˆ ki 2 R C R C U 2f R C A hibakomponensek worst case összegzésével a csúcsegyenirányítás relatív hibája közelítıleg: UI U II Ud 1 he 0.082163 8.2163% h e U U 2 f R C Um b) 5kHz-es jel esetén a kapacitás értéke: Az idıállandó a frekvenciával fordított arányban változik: f' k ⇒ ' ' f k R C ' ⇒ R 'C ' k k Felhasználva, hogy R' R : 50 R' C ' R C ⇒ C ' C C f 22nF 220 nF C' 5 k k f'...