Messtechnik, Übung, Prof. Helsper

Messtechnik, Übung, Prof. Helsper
Christoph Hansen
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Inhaltsverzeichnis
Aufgabe 2.1
2
Aufgabe 3.1
3
Aufgabe 3.2
4
Aufgabe 3.3
5
Aufgabe 4.1
5
Aufgabe 4.2
6
Aufgabe 4.3
7
Aufgabe 4.4
7
Aufgabe 4.5
8
Aufgabe 5.1
9
Aufgabe 5.2
10
Aufgabe 5.3
11
Aufgabe 5.4
12
Aufgabe 5.5
12
Aufgabe 5.6
12
1
2
C. Hansen
Aufgabe 2.1
a)
1
ū =
T
linearer Mittelwert:
Gleichricht Mittelwert:
effektiver Mittelwert:
F=
Formfaktor:
Z
u dt = 0 V
Z
1
¯
|u| =
|u| dt = 1 V
T
s
Z
!0,5
1
1
T
T
2
2
2
ue f f = U =
· u2 dt =
· 1 · V · + (−1 V) ·
= 1V
T
T
2
2
U
1[V]
=
=1
|u| 1[V]
b)
Gleichricht Mittelwert:
effektiver Mittelwert:
Formfaktor:
F=
1
T
Z
1 T
T
u dt =
2· −1·
= 0,5 V
T
T
T
Z
1 T
T
¯ = 1,5
|u|
2· +1·
= 1V
|u| dt ==
T
T
T
T
s
Z
!0,5
1 2 T
1
2 T
2
· u dt =
2 · +1 ·
= 1,58 V
ue f f = U =
T
T
T
T
ū =
linearer Mittelwert:
U
1,58[V]
=
= 1,05333
|u|
1,5[V]
c)
Wir betrachten den Sinus hier als Sinus von x statt von t, da wir dann nicht substituieren müssen.
Z
π
1
[− cos(x)]π0 = 3,18 V
2π
0
Gleichricht Mittelwert: Das Signal ist schon gleichgerichtet, deshalb gilt ū = |ū|
s Z
s"
#π
π 2
1
1 x − cos(x) · sin(x)
∧
∧
2
effektiver Mittelwert:
ue f f = U =
u sin(x) dx = u
·
= 5V
2π 0
2π
2
0
linearer Mittelwert:
Formfaktor:
F=
1
ū =
2π
∧
∧
u sin(x) dx = u ·
5[V]
U
=
= 1,57
|u| 3,18[V]
3
C. Hansen
d)
Wir müssen in diesem Fall nur bis
linearer Mittelwert:
ū =
2
π
π
Z
π
2
betrachten, weil es sich ab dann schon wiederholt:
∧
∧
u sin(x) dx = u ·
0
2
[− cos(x)]π0 = 6,37 V
π
Gleichricht Mittelwert: Das Signal ist schon gleichgerichtet, deshalb gilt ū = |ū|
effektiver Mittelwert:
Formfaktor:
F=
ue f f
s Z
s"
#π
2 π ∧2
2 x − cos(x) · sin(x)
∧
=U=
u sin(x)2 dx = u
·
= 7,07 V
π 0
π
2
0
7,07[V]
U
=
= 1,11
|u| 6,37[V]
Aufgabe 3.1
a)
Der Strom durch den Shuntwiderstand RS heißt IS :
RS = 90 + 9 + 0,9 + 0,1 = 100 Ω
Imax 100
=
IS
400
1
⇔ Imax = · IS
4
Wir wissen das gilt:
Iges = Imax + IS = 1 mA ⇔ IS = 0,8 mA ⇒ Imax = 0,2 mA
b)
Imax
0,1
0,1
=
≈
IS
400 + 99,9 500
Iges
0,1
· IS =
= 0,2 mA
⇔ Imax =
500
5000
4
C. Hansen
c)
Rges = 920 +
400 · 100
= 1000 Ω
400 + 100
Von dem 920 Ω fließen also 1 mA nach links splittet sich dann wie im Aufgabenteil zuvor auf und wir
erhalten dann wieder ein Imax = 0,2 mA.
Bei einem Rges = 100 kΩ und 100 V haben wir genau die selbe Situation nur andere Werte.
d)
Die Innenwiderstände sind wie folgt:
100 V Messbereich
1 V Messbereich
1 mA Messbereich
1 A Messbereich
100 kΩ
1 kΩ
80 Ω
0,1 Ω
Aufgabe 3.2
Diese Aufgabe wurde nicht gemacht weil sie veraltet ist.
5
C. Hansen
Aufgabe 3.3
U = (RV + RU ) · IU,max
U − RU · Iu,max
U
100
⇔ RV =
=
· RU =
· 400 = 1 MΩ
Iu,max
Iu,max
0,1
Nun bestimmen wir noch den Shuntwiderstand:
IS
RI
RI
⇔ IS =
· II,max
II,max RS
RS
!
RI
+1
I = IS + II,max = II,max ·
RS
II,max
10 mA
RS = R I ·
=
· 10 Ω = 0,01 Ω
I − II,max 10 A − 10 mA
=
Aufgabe 4.1
a)
Wir berechnen zunächst den Widerstand RA bei der Strommessung:
RA =
200 mV
= 0,01 Ω
20 A
Zur Abschätzung des Innenwiderstands RQ tun wir so als wäre die Messung korrekt:
RQ =
UV
1,2
=
= 0,09 Ω
IA
13,33
6
C. Hansen
Der Widerstand ist also um etliche Größenordnungen kleiner als RV und daher können wir die Spannungsmessung als genau annehmen U0 = UV . Nun bestimmen wir den Widerstand bei der Strommessung:
IA =
U0
RQ + RA
⇔ U 0 = IA · RQ + IA · RA
U0 − IA · RA 1,2 − 13,33 · 0,01
⇔ RQ =
=
= 0,08 Ω
IA
13,33
b)
Es macht keinen Sinn bei der Spannung einen Fehler zu berechnen, weil der Fehler auf Grund des
großen Widerstandes weit kleiner ist als das Messgerät anzeigen kann.
Für den Strom können wir den Fehler so berechnen:
IK =
U0
1,2
=
= 15 A
RQ 0,08
e = IA − IK = −1,67 A
−1.67
e
=
= −0,111 = −11,1 %
e∗ =
IK
15
Aufgabe 4.2
Der Widerstand Rh ist ein einstellbarer Widerstand, da mit diesem Widerstand kompensiert werden
soll. Wir bestimmen zunächst de minimalen und den maximalen Strom:
5V
= 0,1 A
50 Ω
5V
=
= 0,025 A
200 Ω
IK,max =
IK,min
Die zugehörigen minimalen und maximalen Widerstände sind dann:
10 V
= 400 Ω
0,025 A
10 V
=
= 100 Ω
0,1 A
Rh,max =
Rh,min
Die Genauigkeit muss sich als an dem kleineren Widerstand orientieren:
∆Rh,min = 100 · 0,001 = 0,1 Ω
Jetzt stellt sich die Frage wie sich die Spannung an dem Widerstand RS ändert, wenn wir den Wert
von Rh um eine Einheit aus der Kompensationsstellung verstellen:
U M = (I − Ih ) · RS = I · RS −
Uh
· RS
Rh
7
C. Hansen
Dazu müssen wir die obige Formel ableiten:
∂U M Uh
= 2 · RS
∂Rh
Rh
⇒ ∆U M =
U h · RS
10 V · 103 Ω
·
∆R
=
· 0,1 Ω = 0,1 V
h
R2h
(100 Ω)2
Aufgabe 4.3
Diese Aufgabe ist nicht klausurrelevant und wurde noch nicht in der Übung besprochen.
Aufgabe 4.4
a)
Wir wollen die Empfindlichkeit der Messbrücke bestimmen. Die Empfindlichkeit hängt dabei folgendermaßen von der Spannungsänderung und der Dehnung ab:
E=
∆U M
=?
∆
Zunächst drücken wir die Spannung U0 mit den zwei möglichen Ästen ab:
U0 = R · I1 + R · I1 = 2RI1
U0 = (R + ∆R) · I2 + (R − ∆R) · I2 = 2RI2
Nun könen wir nach dem Strom lösen:
I = I1 = I2 =
U0
2R
Wir betrachten den Maschenumlauf I:
U M = I · (R − ∆R) − I · R = 0
U0 ∆R
⇔ U M = I · ∆R =
·
2
R
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C. Hansen
Das Verhältnis
∆R
R
hängt direkt mit dem k-Faktor und der Dehnung zusammen:
∆R
U0
= k · ⇒ UM =
·k·
R
2
Die Empfindlichkeit ist die Ableitung dieser Gleichung nach der Dehnung:
E=
20
∂U M U0
=
·k =
· 2 = 20 V
∂
2
2
b)
UM =
20
· 2 · 2 · 10−4 = 4 mV
2
Aufgabe 4.5
Zunächst bestimmen wir die Impulsfrequenz:
fs =
1000
= 16,7 1/s
60
Damit der Fehler unter 1 % liegt müssen wir mehr als 100 Impulse messen:
T re f =
100
= 5,98 s
16,7
In der Praxis kann man sowas nicht verwenden, da die Totzeit viel zu groß ist.
9
C. Hansen
Aufgabe 5.1
a)
Wir machen zwei Umläufe, einmal im linken Aste und einmal über den Transistor im rechten:
I:
0 = I1 · R1 + Uein − U1
II:
0 = I1 · R2 + U2 − Uein
Für Uein gilt zudem:
U2 = −A · Uein ⇔ Uein = −
U2
A
Das setzen wir ein:
I:
II:
II:
U2
− U1
A
U2
0 = I1 · R2 + U2 +
! A
U2
1
I1 = −
1+
R2
A
0 = I1 · R1 −
Wir setzen in die erste Gleichung ein:
!
R1
1
U2
I:
0 = U2 ·
1+
−
− U1
R2
A
A
"
!
#
R1
1
1
⇔ −U1 = U2 ·
1+
+
R2
A
A
Das Verhältnis ist dann:
V∗ =
U2
1
=−R 1
1
U1
1
+
R2
A +
1
A
=
A · R2
R1 · A + R1 + R2
10
C. Hansen
b)
V − V∗
V
= ∗ −1
V∗
V
R2 R1 · A + R1 + R2
1
R2
1
R2
=
·
−1=1+ +
−1= +
R1
A · R2
A R1 · A
A R1 · A
e∗ =
c)
Wir nehmen die Gleichung aus Teil b):
e∗ =
1
R2
+
≤ 0,01
5
10
R1 · 105
|{z}
≈0
Damit das stimmt darf
R2
R1
nicht größer als 103 sein.
Aufgabe 5.2
1)
Der Widerstand R1 bildet hier den Eingangswiderstand der Schaltung. Wenn der Fehler dabei maximal 1 % sein soll, dann brauchen wir ein R1 = 1000 Ω.
2)
Statt den 2 V aus der Aufgabenstellung rechnen wir mit den von Prof. Helsper genannten 200 mV.
|V| =
Es gilt damit R2 = 18,55 kΩ
R2
200
=
= 18,55
R1 20,78
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C. Hansen
c)
Die Zeitkonstante τ des Tiefpasses soll nun T = 1 s sein. Das können wir so bestimmen:
T = R2 · C2
T
1
⇔ C2 =
=
= 53,9 µF
R2 18550
Aufgabe 5.3
a)
Eine Verstärkung von 40 dB ist V = 1040/20 = 102 = 100. Die Verstärkung wir über die beiden
Widerstände geregelt:
V =1+
R2
R1
Es ist üblich den Widerstand R1 genauso groß zu wählen wie den Innnenwiderstand der Spannungsquelle:
100 = 1 +
R2
100
R2
100
⇔ R2 = 990 kΩ
⇔ 99 =
b)
Mit Gleichspannungsfehler ist hier die Wirkung der Offsetspannung gemeint. Wenn wir also eine
Offsetspannung von 1 mV haben dann wird diese logischerweise mit der Verstärkung auf 100 mV
verstärkt.
c)
Wir berechnen zunächst die Grenzfrequenz, dabei wissen wir, das bei der Transitfrequenz die Verstärkung nur noch 1 ist.
fg · V = fT · 1
fT
5 MHz
⇔ fg =
=
= 50 kHz
100
100
Für den Fehler müssen wir uns erstmal klar machen was −3 dB sind:
10−3/20 = 0,71
12
C. Hansen
Unsere Verstärkung ist also nur noch V = V0 · 0,71. Das können wir zur Fehlerberechnung nutzen:
V0 − V V0 · (1 − 0,71)
=
= 0,29 ≈ 30 %
V0
V0
e∗ =
Aufgabe 5.4
Wurde nicht besprochen!
Aufgabe 5.5
Wir dimensionieren R2 :
R2 =
Ua
10 V
=
= 1 GΩ = 109 Ω
Imax 10 nA
Aufgabe 5.6
a)
Wir berechnen zunächst den Widerstand und die Kapazität pro Scheibe:
ρ · d 1012 · 0,5 · 10−3
=
= 1013 Ω
A
0,5 · 10−4
0,5 · 10−4
A
CS = 0 · r · = 8,85 · 10−12 · 5 ·
= 4,43 pF
d
0,5 · 10−3
RS =
Insgesamt haben wir dann:
1
1
· RS = · 1013 = 2 · 1012 Ω
5
5
Ca = 5 · CS = 5 · 4,43 = 22,13 pF
Rq =
13
C. Hansen
b)
QS = k · F = k · A · P
⇒ Q = 5 · QS = 5 · 2,3 · 10−12 · 0,5 · 10−4 · 106 = 575 pC
c)
Abbildung 1: oben: Schaltung für Teil c); unten: verbesserte Schaltung für Teil f)
Cges = Ca + Ck + Cv = 22 + 200 + 30 = 252 nF
Die Spannung um Quarz ist dann:
Uq =
Q
575 pC
=
= 2,28 V
Cges
252 pF
Das Verhältnis von Quarz- zu Ausgangsspannung ist nun:
V=
Ua
10
=
= 4,38
Uq 2,28
Am Ausgang des Verstärkers sollte nicht mehr als 1 mA fließen. Da R1 frei wählbar ist, wählen wir
ihn so, das nur dieser Strom möglich ist. Wir erhalten dann R1 = 10 kΩ. Für R2 gilt dann:
R2
R1
⇔ R2 = (4,38 − 1) · R1 = 33,8 kΩ
4,38 = 1 +
C. Hansen
14
d)
τ = Cges · Rges
Wir nehmen an das Rges ≈ Rk gilt:
≈ 2,52 pF · 1010 = 2,52 s
e)
• die Spannung hängt von der Kabelkapazität und Verstärkerkapazität ab
• fünf Scheiben → mehr Ladung, → nicht mehr Spannung
f)
siehe Bild in Teil c).
Mit der Schaltung schließen wir alle Bauteile links von dem Verstärker kurz. Die Ladung landet dann
auf dem Kondensator über dem Verstärker. Wir dimensionieren den Kondensator dann so:
Q Ua = − C
575 pC
Q
=
= 57,5 pF
⇔C=
|Ua |
10 V
g)
Die neue Zeitkonstante ist:
τ = RC · C = 1012 · 57,5 = 57,5 s
h)
1
U= ·
C
Z
i dt
Wir differenzieren nun um die Steigung zu erhalten:
∂U
i
∆U
1 pA
= =
=
= 17 mv/s
∂t
C
∆t
57,5 pF
Für den Isolationswiderstand gilt:
t
U(t) = Ua · e− τ
15
C. Hansen
Wir differenzieren wieder:
t
∂U
1
Ua
= U a · · e− τ = −
∂t
τ
τ
Eingesetzt ergibt sich:
−
Ua 10[V]
=
= 174 mV/s
τ
57,5 s