Messtechnik, Übung, Prof. Helsper

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1 Messtechnik, Übung, Prof. Helsper Christoph Hansen Dieser Text ist unter dieser Creative Commons Lizenz veröffentlicht. Ich erhebe keinen Anspruch auf Vollständigkeit oder Richtigkeit. Falls ihr Fehler findet oder etwas fehlt, dann meldet euch bitte über den kontakt. Inhaltsverzeichnis Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe Aufgabe

2 C. Hansen 2 Aufgabe 2.1 a) linearer Mittelwert: ū = 1 u dt = 0 V T Gleichricht Mittelwert: u = 1 u dt = 1 V T 1 effektiver Mittelwert: u e f f = U = T u 2 dt = ( 1 ( T 1 2 V 2 T 2 + ( 1 V)2 T )) 0,5 = 1 V 2 Formfaktor: F = U u = 1[V] 1[V] = 1 b) linearer Mittelwert: Gleichricht Mittelwert: ū = 1 T u = 1,5 T effektiver Mittelwert: u e f f = U = ( 2 T T 1 T T u dt = 1 T u dt == 1 T 1 T u 2 dt = ( 2 T ) = 0,5 V T + 1 T ) = 1 V T ( 1 ( 2 2 T T T + 12 T T )) 0,5 = 1,58 V Formfaktor: F = U u = 1,58[V] 1,5[V] = 1,05333 c) Wir betrachten den Sinus hier als Sinus von x statt von t, da wir dann nicht substituieren müssen. linearer Mittelwert: ū = 1 2π π 0 u sin(x) dx = u 1 2π [ cos(x)]π 0 = 3,18 V Gleichricht Mittelwert: Das Signal ist schon gleichgerichtet, deshalb gilt ū = ū 1 π [ effektiver Mittelwert: u e f f = U = u 2 sin(x) 2π 2 dx = u 1 x cos(x) sin(x) 2π 2 0 ] π 0 = 5 V Formfaktor: F = U u = 5[V] 3,18[V] = 1,57

3 C. Hansen 3 d) Wir müssen in diesem Fall nur bis π 2 betrachten, weil es sich ab dann schon wiederholt: linearer Mittelwert: ū = 2 π π 0 u sin(x) dx = u 2 π [ cos(x)]π 0 = 6,37 V Gleichricht Mittelwert: Das Signal ist schon gleichgerichtet, deshalb gilt ū = ū 2 π [2 effektiver Mittelwert: u e f f = U = u 2 sin(x) π 2 dx = u x cos(x) sin(x) π 2 0 ] π 0 = 7,07 V Formfaktor: F = U u = 7,07[V] 6,37[V] = 1,11 Aufgabe 3.1 a) Der Strom durch den Shuntwiderstand R S heißt I S : R S = ,9 + 0,1 = 100 Ω I max = 100 I S 400 I max = 1 4 I S Wir wissen das gilt: I ges = I max + I S = 1 ma I S = 0,8 ma I max = 0,2 ma b) I max I S = 0, ,9 0,1 500 I max = 0,1 500 I S = I ges = 0,2 ma 5000

4 C. Hansen 4 c) R ges = = 1000 Ω Von dem 920 Ω fließen also 1 ma nach links splittet sich dann wie im Aufgabenteil zuvor auf und wir erhalten dann wieder ein I max = 0,2 ma. Bei einem R ges = 100 kω und 100 V haben wir genau die selbe Situation nur andere Werte. d) Die Innenwiderstände sind wie folgt: 100 V Messbereich 100 kω 1 V Messbereich 1 kω 1 ma Messbereich 80 Ω 1 A Messbereich 0,1 Ω Aufgabe 3.2 Diese Aufgabe wurde nicht gemacht weil sie veraltet ist.

5 C. Hansen 5 Aufgabe 3.3 U = (R V + R U ) I U,max Nun bestimmen wir noch den Shuntwiderstand: R S = R I R V = U R U I u,max = U R U = = 1 MΩ I u,max I u,max 0,1 I S = R I I S = R I I I,max I I,max R S R S ( ) RI I = I S + I I,max = I I,max + 1 R S I I,max I I I,max = 10 ma 10 Ω = 0,01 Ω 10 A 10 ma Aufgabe 4.1 a) Wir berechnen zunächst den Widerstand R A bei der Strommessung: R A = 200 mv 20 A = 0,01 Ω Zur Abschätzung des Innenwiderstands R Q tun wir so als wäre die Messung korrekt: R Q = U V I A = 1,2 13,33 = 0,09 Ω

6 C. Hansen 6 Der Widerstand ist also um etliche Größenordnungen kleiner als R V und daher können wir die Spannungsmessung als genau annehmen U 0 = U V. Nun bestimmen wir den Widerstand bei der Strommessung: I A = U 0 R Q + R A U 0 = I A R Q + I A R A R Q = U 0 I A R A 1,2 13,33 0,01 = = 0,08 Ω I A 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: I K = U 0 R Q = 1,2 0,08 = 15 A e = I A I K = 1,67 A e = e = 1.67 = 0,111 = 11,1 % I K 15 Aufgabe 4.2 Der Widerstand R h ist ein einstellbarer Widerstand, da mit diesem Widerstand kompensiert werden soll. Wir bestimmen zunächst de minimalen und den maximalen Strom: I K,max = 5 V 50 Ω = 0,1 A I K,min = 5 V 200 Ω = 0,025 A Die zugehörigen minimalen und maximalen Widerstände sind dann: R h,max = 10 V 0,025 A = 400 Ω R h,min = 10 V 0,1 A = 100 Ω Die Genauigkeit muss sich als an dem kleineren Widerstand orientieren: R h,min = 100 0,001 = 0,1 Ω Jetzt stellt sich die Frage wie sich die Spannung an dem Widerstand R S ändert, wenn wir den Wert von R h um eine Einheit aus der Kompensationsstellung verstellen: U M = (I I h ) R S = I R S U h R h R S

7 C. Hansen 7 Dazu müssen wir die obige Formel ableiten: U M R h = U h R 2 h R S U M = U h R S R 2 h R h = 10 V 103 Ω (100 Ω) 2 0,1 Ω = 0,1 V 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 ɛ =? Zunächst drücken wir die Spannung U 0 mit den zwei möglichen Ästen ab: U 0 = R I 1 + R I 1 = 2RI 1 U 0 = (R + R) I 2 + (R R) I 2 = 2RI 2 Nun könen wir nach dem Strom lösen: I = I 1 = I 2 = U 0 2R Wir betrachten den Maschenumlauf I: U M = I (R R) I R = 0 U M = I R = U 0 2 R R

8 C. Hansen 8 Das Verhältnis R R hängt direkt mit dem k-faktor und der Dehnung zusammen: R R = k ɛ U M = U 0 2 k ɛ Die Empfindlichkeit ist die Ableitung dieser Gleichung nach der Dehnung: E = U M ɛ = U 0 2 k = = 20 V b) U M = = 4 mv Aufgabe 4.5 Zunächst bestimmen wir die Impulsfrequenz: f s = = 16,7 1/s Damit der Fehler unter 1 % liegt müssen wir mehr als 100 Impulse messen: T re f = ,7 = 5,98 s In der Praxis kann man sowas nicht verwenden, da die Totzeit viel zu groß ist.

9 C. Hansen 9 Aufgabe 5.1 a) Wir machen zwei Umläufe, einmal im linken Aste und einmal über den Transistor im rechten: I: 0 = I 1 R 1 + U ein U 1 II: 0 = I 1 R 2 + U 2 U ein Für U ein gilt zudem: Das setzen wir ein: Wir setzen in die erste Gleichung ein: Das Verhältnis ist dann: U 2 = A U ein U ein = U 2 A I: 0 = I 1 R 1 U 2 A U 1 II: 0 = I 1 R 2 + U 2 + U 2 A II: I 1 = U ( ) R 2 A ( I: 0 = U 2 R R 2 A [ ( R1 U 1 = U A R 2 V = U 2 = U 1 R 1 ) U 2 1 ( R A ) + 1 A A U 1 ] ) + 1 A A R 2 = R 1 A + R 1 + R 2

10 C. Hansen 10 b) e = V V V = V V 1 = R 2 R 1 R1 A + R 1 + R 2 A R 2 1 = A + R 2 R 1 A 1 = 1 A + R 2 R 1 A c) Wir nehmen die Gleichung aus Teil b): e = }{{} 0 + R 2 R ,01 Damit das stimmt darf R 2 R 1 nicht größer als 10 3 sein. Aufgabe 5.2 1) Der Widerstand R 1 bildet hier den Eingangswiderstand der Schaltung. Wenn der Fehler dabei maximal 1 % sein soll, dann brauchen wir ein R 1 = 1000 Ω. 2) Statt den 2 V aus der Aufgabenstellung rechnen wir mit den von Prof. Helsper genannten 200 mv. Es gilt damit R 2 = 18,55 kω V = R 2 R 1 = ,78 = 18,55

11 C. Hansen 11 c) Die Zeitkonstante τ des Tiefpasses soll nun T = 1 s sein. Das können wir so bestimmen: T = R 2 C 2 C 2 = T 1 = = 53,9 µf R Aufgabe 5.3 a) Eine Verstärkung von 40 db ist V = 10 40/20 = 10 2 = 100. Die Verstärkung wir über die beiden Widerstände geregelt: V = 1 + R 2 R 1 Es ist üblich den Widerstand R 1 genauso groß zu wählen wie den Innnenwiderstand der Spannungsquelle: 100 = 1 + R = R R 2 = 990 kω 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. f g V = f T 1 f g = f T 100 = 5 MHz = 50 khz 100 Für den Fehler müssen wir uns erstmal klar machen was 3 db sind: 10 3/20 = 0,71

12 C. Hansen 12 Unsere Verstärkung ist also nur noch V = V 0 0,71. Das können wir zur Fehlerberechnung nutzen: e = V 0 V V 0 = V 0 (1 0,71) V 0 = 0,29 30 % Aufgabe 5.4 Wurde nicht besprochen! Aufgabe 5.5 Wir dimensionieren R 2 : R 2 = U a I max = 10 V 10 na = 1 GΩ = 109 Ω Aufgabe 5.6 a) Wir berechnen zunächst den Widerstand und die Kapazität pro Scheibe: Insgesamt haben wir dann: R S = ρ d A = , , = Ω C S = ɛ 0 ɛ r A d = 8,85 0, = 4,43 pf 0, R q = 1 5 R S = = Ω C a = 5 C S = 5 4,43 = 22,13 pf

13 C. Hansen 13 b) Q S = k F = k A P Q = 5 Q S = 5 2, , = 575 pc c) Abbildung 1: oben: Schaltung für Teil c); unten: verbesserte Schaltung für Teil f) Die Spannung um Quarz ist dann: C ges = C a + C k + C v = = 252 nf U q = Q 575 pc = C ges 252 pf = 2,28 V Das Verhältnis von Quarz- zu Ausgangsspannung ist nun: V = U a U q = 10 2,28 = 4,38 Am Ausgang des Verstärkers sollte nicht mehr als 1 ma fließen. Da R 1 frei wählbar ist, wählen wir ihn so, das nur dieser Strom möglich ist. Wir erhalten dann R 1 = 10 kω. Für R 2 gilt dann: 4,38 = 1 + R 2 R 1 R 2 = (4,38 1) R 1 = 33,8 kω

14 C. Hansen 14 d) Wir nehmen an das R ges R k gilt: τ = C ges R ges 2,52 pf = 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: U a = Q C C = Q 575 pc = = 57,5 pf U a 10 V g) Die neue Zeitkonstante ist: τ = R C C = ,5 = 57,5 s h) U = 1 C i dt Wir differenzieren nun um die Steigung zu erhalten: U t = i C = U t = 1 pa = 17 mv/s 57,5 pf Für den Isolationswiderstand gilt: U(t) = U a e t τ

15 C. Hansen 15 Wir differenzieren wieder: U t = U a 1 τ e t τ = U a τ Eingesetzt ergibt sich: U a τ = 10[V] = 174 mv/s 57,5 s