Fasit til regneoppgaver til FYS (Oppgavene ble gitt til eksamen i FYS 221 i årene )

Transkript

1 Fasit til regneoppgaer til FYS 3230 (Oppgaene ble gitt til eksamen i FYS 221 i årene ) 1

2 FYS Løsninger Oppgae 1 a) Tidskonstant = 10 kω * 100 µf = 10 4 * 10 4 = 1 s. Utgangsspenningen stiger ifølge = 1 e t. = 1 s. Vi skal finne t i ligningen: 0.5 = 1 e t. e t = 0.5 t = ln 0.5 t = s. Filterets grensefrekens blir : f c Hz. A db d B/dek ade 40 Faseinkel 0 0.1f f 10f 100f 1000f c c c c c b) Vi sampler, og får erdiene 1, 1, 1, 1, 1, 1,... Digitalt filter ekialent med LPfilteret oenfor med = 1 s og S = sampel interal = 1 s har formelen : 2(n) = b*2(n1) (1b) * 1(n), med b = ( / S) / (1 / S) = 0.5. Vi får : 2(0) = 0.5 * * 1 = 0.5 2(1) = 0.5* * 1 = (2) = 0.5* * 1 = (3) = 0.5* * 1 =

3 c) Impulsresponset finnes ed å filtrere en impuls. Det blir : 2(0) = 0.5 * * 1 = 0.5 2(1) = 0.5 * * 0 = (2) = 0.5 * * 0 = (3) = 0.5 * * 0 = Metoden som anendes for å finne filterets respons ed hjelp a impulsrespons og input, kalles folding ("conolution"). Vi får : u(0) = 0.5 * 1 = 0.5 Vi får : u(1) = 0.5 * * 1 = 0.75 Vi får : u(2) = 0.5 * * * 1 = Vi får : u(3) = 0.5 * * * * 1 = Oppgae 2 a) Motstand ed T C er T = 0 *(1aTbT 2 ), med 0 = 100Ω. 100 = Ω og 200 = Ω gir ligningene : = 100*(1 100a 10000b) = 100*(1 200a 40000b) som løses til : a = 3.91 *103 C b = 5.85 *107 C b) ett linje fra 0 til 200 C får formelen T = 0 *(1 ct), i finner c ed = 100*(1c*200) c = , linjens formel er altså T = *T Ulineariteten blir : N T = T T = 0 *((ac)t bt 2 ). Når dn T / dt = 0 har i årt maksimale aik, d..s. ed T = c a 2b 3.79* * * 5.85*10 7 = C Aiket i % blir : 100 * ( ) / ( ) = 100 * ( ) / = 0.80 %. c) Balanse, d..s. E = 0 ed 0 C kreer at 3 / = 4 / 0. Siden T / 0 arierer fra 1 til nesten 2, bør 3 >> (se fig. 9.2 i Bentley). Motstandserdiene kan f.eks. ære : = 0 = 100Ω, 3 = 4 = 100* = 10 kω, som i anender i de idere beregninger

4 d) Med V = 10 olt får i ed T = 200 C : E = V * V * = olt Theenin ekialent motstand ed 200 C blir : = 3 T * = Ω. µameteret il ise strømmen i = E 2k = 32.5 µa Oppgae 3 a) Med den største frekens i signalet lik f m, må samplingsfrekensen pr. inngang ære f s > 2*f m for ikke å komme i konflikt med Nyquists samplingsteorem. D..s. f s > 14 Hz. Med 12 innganger blir ADomformerens samplingsfrekens med 20 Hz pr. inngang lik 12 * 20 = 240 sampler pr. sekund. b) En ADC a denne type bruker 1 klokkepuls pr. bit. Med 3 pulser ekstra til andre ting il en sample trenge 13 * 10 µs = 130 µs på å bli konertert. c) Sampel/hold kretsen må holde spenningen stabil i minst 10 * 10 µs = 100 µs for at ADomformeren skal produsere riktig erdi. ADomformerens maksimale kantiseringsfeil er %. I løpet a 100 µs må altså kondensatorens spenning ata mindre enn 0.1 %. Kondensatoren C utlades gjennom 100 MΩ = 10 8 Ω. Spenningen følger kuren. Betingelsen er oppfylt når : exp t 10 8 * C exp * C ln * C *10 8 * C C > = 1 nf. d) Bit rate for P.C.M.signalet er = 240 * 10 Hz = 2400 Hz. Vi trenger båndbredde fra 0 til /2, altså fra 0 til 1200 Hz. LPfilteret bør ha en grensefrekens lik båndbredden for P.C.M.signalet, det il si 1200 Hz. Støy etter filteret har effekten : W = A * /2, hor A = 0.2 mw/hz. "Hit" støy har et standard aik på amplituden på : W 1200*0.2* olt

5 e) Modulering, særlig FMmodulering til frekenser som er lite utsatt for støy. Oerførsel som strømpulser, i steden for som spenning gir bedret støyimmunitet. Differensiell oerføring med tunnet par kabel gir støyutslukning. Skjermet kabel, med skjerm jordet bare ett sted. Oppgae 4 s S 4 3 E 1 2 a) Broen kan koples slik (strekklappen er S) : Siden strekklappens arbeidsområde medfører så lite som 5 % endringer (motstand arierer fra 100 Ω til 105 Ω), kan i lage broen maksimalt sensiti uten å få stor ulinearitet. Balanse uten belastning (S = 100 Ω) kreer : Maksimal sensitiitet kreer at = 3 = 4 = 100 Ω. Med s lik et 10 V, 1kHz sinussignal og d = 0.05 får i broens utgangssignal lik : S E = 1 2 = s S s *sin(2πft) med f=1khz. b) Operasjonsforsterker brukt som differanseforsterker koples slik : 2 1 Motstanden elges slik at broen belastes lite, f.eks. 10 kω. må ære 10* for å få 10 ganger forsterkning, altså 100 kω. Common mode signaler dempes 80 db, d..s 10 4 ganger. Et felles signal på 1 olt på begge innganger dempes derfor til 1 10 V CM 11* mv på 10 4 utgangen. c) Når FET leder, er kretsen ekialent med

6 Dette er en anlig inerterende forsterker ( er jordet), forsterkning : A = / = 1. Når FET ikke leder, er kretsen ekialent med Superposisjonsprinsippet gir forsterkningen : A = (1) (1 / ) = 1 (første () gjelder øre gren, andre () gjelder nedre gren). Skisse oer kureformer : FASE = o o s i o =0 a a a d) Utgangsspenningen a kan finnes slik : a 2 T T 2 V i 0 sin 2ft dt 2V i cos cos 2V i 2fT cos En anlig likeretter il likerette signal og støy uansett frekens. En fasefølsom likeretter il likerette bare den delen a støyen som har frekenser i et smalt bånd omkring signalfrekensen. e) Når F endres brått, irker den fasefølsomme likeretteren som et lapass filter, med grensefrekens gitt a og C : f c 1 2C

7 a) FYS Løsninger Oppgae 1 s ~ C C = 1 kω C 1 = C 0 /(1kp) C 2 = C 0 /(1kp) C 0 = 50 pf k = 10 5 (1/Pa) p er trykkdifferansen s = V s sin(2π ft) Brokoplingen gir z2 E 1 2 s z1 z2 1 2 jc2 s 1 jc C 1 s 1 C jc2 2 C 2 1 c 0 1 kp s c 0 1 kp c kp 1 kp s 1 kp 1 kp kp s skp 2 Med V s = 6 V og p = 100 Pa får i : 6 Volt* sin 2 ft E *105 Pa 1 *100Pa 2 3*10 3 sin2 ftvolt Theeninekialent impedans blir : z z 1 z 2 2 z 1z 2 z 1 z 2 2 j 2f C 1 C jc1 * 1 jc2 1 jc1 1 jc2 2 1 jc 2 C 1 2 j j 6.28* * 50 50*10 k Modulerdien blir : z j 2 k 159k

8 b) Instrumenteringsforsterker : Her må de t ære en høy ohm ig jordforbindelse konf. spørsmål c. 1 g Med ideelle operasjonsforsterkere il strømmen gjennom øerste, g og nederste måtte ære den samme, d..s g 2 4 Hera følger : * g og * g Definisjonen for 1. trinns differensialforsterkning er A Innsatt 3 og 4 får i : A * g * g * g Forsterkningen i 2. trinn er : A2 3. Total forsterkning : A A1* A2 1 2 * g* 3 Med 1 og 2 like, må også 3 og 4 få samme spenning. Etter 1. trinn inne i instrumenteringsforsterkeren har derfor felles signalet forsterkning på A cm Etter 2. trinn kan felles signalet bli null. Felles signaler opptrer altså internt i instrumenteringsforsterkere. De forsterkes med faktor lik 1 i første trinn. 1 2* g c) Vi elger A2 = 50, d..s. 3=50*, f.eks. = 1 kω og 3 = 50 kω Vi elger = 100 kω. Vi skal ha A1 lik 10 for A = 500, d..s g=2/(a11) = 200/9 =22.2 kω. Vi skal ha A1 lik 20 for A = 1000, d..s g=2/(a11) = 200/19 =10.5 kω. 500x 1000x k 11.7k 2 Signalet 1 må ha DCforbindelse til jord, ellers il "bias current" i operasjonsforsterkeren gi oppladning a C 1 og C 2. For ikke å belaste broen må DCforbindelsen ære høyohmig, f.eks. 5 MΩ. (se tegning på toppen a siden.) 3 4 8

9 d) Lapass filteret fjerner signaler med høyere frekenser enn hale samplingsfrekensen. Ifølge Nyquists samplingsteorem kan slike høye frekenser ikke representeres. Omandleren er a en type som trenger en klokkepuls pr. bit. Klokkeinterallene er 1 µs. Konerteringstid pr. sample er altså 12 µs. Kantiseringsfeilen i omandleren er 1/2 12 1/4000 = %. Kondensatorspenningen i S/Hkretsen må altså ikke endres mer enn % på 12 µs for å fylle kraene. Kondensatoren utlader seg etter formelen t e t C. Kraene er fylt når exp 12* * C *C ln *104 12*10 14 C 2.5*104 12*10 14 C 2.5 *104 Minimumstørrelsen for kondensatoren er altså 480 pf. C 12* * * *10 12 e) Bit rate () på 1 khz gir et båndbreddekra for PCM signal oerføring fra 0 Hz til /2=500 Hz. LPfilteret som mottar PCMsignalet bør ha en grensefrekens på 500 Hz. Støyeffekten etter filteret er W = 0.5A = 0.5 * 0.5mW/Hz * 1000Hz = 0.250W. Standard aik for støyens amplitude blir W V f) Modulering, særlig FMmodulering til frekenser som er lite utsatt for støy. Oerførsel som strømpulser, i steden for som spenning gir bedret støyimmunitet. Differensiell oerføring med tunnet par kabel gir støyutslukning. Skjermet kabel, med skjerm jordet bare ett sted. g) NEI, fordi oerføring a PCM signal kreer at DCniåer kan oerføres. DCniåer kan ikke oerføres gjennom en anlig telefonlinje. Signalet kan gjøres om til frekenser som er oerførbare, i har sett på bruk a en VCO (Voltage Controlled Oscillator). For å få PCM signalet tilbake på mottagersiden er det naturlig å bruke en "faselåst sløyfe" (Phase locked loop) som mottar et FMsignal og lager DCsignal a det

10 a) Oppgae 2 u er en enkel spenningsdeling a V gjennom to like motatander, og må ligge konstant på V/2. må ære lik (ideell opamp.), altså V 2 (Strøm gjennom enstre ) = (strøm gj. ) (strøm gj. ), altså V 2 V 2 V 2 u V 2 V 2 V 2 u u V 2 V 2 V 2 V 2 V 2 V 2 a u V 2 V 2 V 2 a V 2 1 a V * a 1 2 a u V 1 2 * a 1 a b) u Spenningsdeling gir oss V V a V 1 2 a (Strøm gjennom øre enstre ) = (strøm gj. nedre e. ) (strøm gj. ), altså V u

11 u V u * 2 1 V V a 1 V 2 a 1 a c) d) Ved å beregne utgangsspenningene ed ulike erdier for a i oppgae a) og b) får i ariasjonen i utgangssignalene : a u(fig. a) u(fig b) olt olt Verdier for a=0.1 beregnet som midtpunktet a den rette linjen fra 0 til 0.2 gir: Ulineariteten ed a = 0.1 i % a måleomfang blir : for a) : 0.302/6.667 = 4.51 % for b) : 0.177/7.455 = 2.37 % Koblingen i b) gir altså minst ulinearitet. Bare broen uten op.amp. gir E V 1 2 V a 1 a a E V 2 2 a 1 2 Utgangserdi for a=0 : 0 Utgangserdi for a=0.1 : Utgangserdi for a=0.2 : V 1 a 2 a 1 2 V 2 2a 2 a 2 2 a Lineært beregnet for a=0.1 : , differanse fra ulineært = , i % a måleomfang : / = 2.37 %

12 e) u Spenningsdeling gir oss V 2 (Strøm gjennom øre enstre ) = (strøm gj. ), altså : V V 2 2 u V 2 V 2u 2 u V 2 V 2 u V 2 1 V 1 a 1 2 av 2 Denne arianten gir u som lineært ahengig a a. Dette ar ikke tilfelle med de andre koblingene. Oppgae 3 a) Med 128 samples får i effektspektret beregnet med 128 tall (tilsarende antallet i får beregnet ed Fourieranalyse). Tall nr. 0 sarer til DCeffekten. (Denne ble ikke beregnet a det tidligere anendte program Notebook, som regnet ut 63 tall. Effekten ed Nyquistfrekensen ble heller ikke beregnet). Tallene fra nr. 1 til nr. 64 angir effekt amplitudene sarende til frekensene fra 1 Hz til 64 Hz (Nyquistfrekensen). (Tallene fra nr. 65 til nr. 127 er kopier a tallene fra nr. 1 til nr. 63 i omendt rekkefølge, de er uesentlige for om oppgaen regnes som riktig besart.) (Både 63, 65 og 128 tall regnes som riktig besart, såfremt man forstår tallenes betydning)

13 Tall nr. Har amplitude p.g.a. 0 støy DCeffekt (gjennom 1 Ω) 1 støy 2 støy 3 støy 3 Hz grunnfrekens 4 støy 4 Hz grunnfrekens 5 støy 6 støy 3 Hz 1, oertone 7 støy 8 støy 4 Hz 1. oertone 9 støy 3 Hz 2. oertone 10 støy 11 støy 12 støy 3 Hz 3. oertone 4 Hz 2. oertone 13 støy 14 støy 15 støy 3 Hz 4. oertone 16 støy 4 Hz 3. oertone støy 4 Hz 15. oertone His signalet hadde ært fritt for ett a de periodiske signalene, ille alle bidragene fra signalet til listen oenfor ært borte. Hit støy alene ile hatt et tilnærmet flatt effektspekter (alle tallene ille ært like), særlig etter midling a mange utregnede spektra. b) Digitalt lapass filter har formelen 2(n) = b*2(n1) (1b)*1(n), hor 1 er de opprinnelige erdiene 2 er de nye erdiene b = (T/S)/(1(T/S)) T = C for tilsarende analogt LPfilter S = sample interall. Med sample frekens 128 Hz blir S = 1/128 sekund.grensefrekensen (3 db) skal ære 4 Hz, d..s T = 1/(8π) og T/S = 128/(8π) = 5.1. Vi får b = 5.1/6.1 = og (1b) = a = Formelen blir 2(n) = 0.836*2(n1) 0.164*1(n) c) Impulsresponset blir : 2(0) = a = (1) = a*b = (2) = a*b*b = (3) = a*b*b*b =

14 d) Metoden som anendes til å finne filterets respons ed hjelp a impulsresponsog input, kalles folding ("conolution"). Vi får: u(0) = * 1V = V u(1) = * 1V * 1V = 0.301V u(2) = * 1V * 1V * 1V = V u(3) = * 1V * 1V * 1V * 1V = V Oppgae 4 a) Vi elger å oerføre signalet som strøm (generert a AD 590). Kabel POT 15V 15V Siden hele tiden ligger på jordpotensial (ideell op.amp) kan POT justeres slik at 273 µa flyter til 15 V hele tiden. POT = 15V/273µA 55 kω. POT kan godt deles i f.eks. 50 k fast motstand i serie med 5k potensiometer. Ved riktig justering a POT il meteret il ise 0 ed 0 C. For å bruke endel a op.ampens arbeidsområde, elger i slik at op.ampen gir 10 V ed 100 C, da il strømmen gjennom ære 100 µa, og = 10V/100µA = 100 kω. Utgangsmotstand i op.ampen regnes lik 0 (ideell). Med 10 V output fra op.ampen skal det gå 1 ma gjennom meteret, ds. gjennom og 50Ω koblet i serie. Samlet motstand må ære : 10V/1mA = 10kΩ, ds. = 9.95kΩ. Dette målesystemet er lite støyfølomt. Slik kobling a operasjonsforsterker har nokså liten inngangsmotstand og derfor gode støyegenskaper. I tillegg oerføres målingen som strøm og ikke som spenning. Det bidrar også til god støyimmunitet

15 FYS Løsninger Oppgae 1 Lineær approksimasjon ed 20 C : O 1 =KIa gir: K=( )/12=5.5 og I=0 gir a=0.5 ed 30 C : O 1 =(KK M T)IaK I T hor T=10 C. I=0 gir K I =(1.50.5)/10=0.1 Vinkelkoeffisienten: KKM=( )/12=6.5 gir K M =(6.55.5)/10=0.1 Beregning a den ulineære korreksjon, N(T), ed 20 C og 30 C I O 1 (20 C) N(20 C) O 1 (30 C) N(30 C) Den ulineære korreksjonen N(T) er symmetrisk om I=6, og ahengig a temperaturen, slik at alle N(30 C)erdiene er 20 % større enn N(20 C)erdiene. Vi får symmetri om I=6 ed å bruke leddet (I6) 2 Vi får N(20 C)=0 ed I=0 og I=12 ed å bruke 36(I6) 2 Vi får N(20 C)=3.6 ed I=6 ed å bruke (0.1(36(I6) 2 ), dette gir riktig N(20 C) for alle erdier a I, altså: N(20 C)=0.1(36(I6) 2 For å få 20% størren(30 C)erdier, lages en faktor (1d T) =1.2. Siden T=10 C blir d=0.02. Siden alle N(30 C)erdier 20% større enn de tilsarende N(20 C) erdier, er denne faktoren passende for alle N(30 C)erdiene. Hele formelen blir derfor: O(I)=( T)I T0.1(10.02 T)(36(I6) 2 ), hor T=T20 C

16 a) Oppgae 2 LVDT koplet til en instrumenteringsforsterker: u1 u2 g u3 u4 En instrumenteringsforsterker forsterker differensen mellom inngangssignalene. Inngangene skal derfor koples som ist på figuren (begynnelsen på her spole er markert). Med jernkjernen i midtstilling blir inngangssignalene like, og utgangssignalet fra forsterkeren lik 0. Med kjernen i øre stilling blir =A*(u10), med kjernen i nedre stilling blir =A*(0u2), hor A er instrumenteringsforsterkerens forsterkning. Det blir altså 180 faseforskyning mellom de to ytterstillingene. Forsterkningen kan utledes slik : Det il flyte en strøm gjennom, g og som blir : (u3u1)/ = (u1u2)/g = (u2u4)/, herfra finnes : u3 = u1(u1u2)/g u4 = u2 (u1u2)/g Forsterkningen i 1. trinn blir: A1=(u3u4)/(u1u2) = 12/g Forsterkningen i 2. trinn blir A2 = 3/ Den totale forsterkning i instrumenteringsforsterkeren blir derfor: A A1* A g 50 gangers forskerkning kan oppnås med for eksempel g = 10k, = 20k (da blir A1 = 5), = 10k og 3=100k (da blir A2 = 10), tilsammen 50 ganger. b) Bryteren skifter stilling etter her halperiode a V ref.. Når bryteren elger operasjonsforsterkerens utgang, blir 2 = 1 (siden forsterkningen blir 1). Med bryteren i motsatt stilling er 2=1. En anlig likeretter il likerette signal og støy uansett frekens. En fasefølsom likeretter il likerette bare den delen a støyen som har frekenser i et smalt bånd omkring signalfrekensen. His fasen til 1 i forhold til V ref. er 0 grader når kjernen er oer midtstilling, il den ære 180 grader når kjernen er under midtstilling. Tidsforløpet for V ref., 1, 2 og 3 ed ulike faseforskjeller blir som på figuren :

17 FASE = o o ref. 1 2 = c) Ved hurtige mekaniske forskyninger irker detektoren som et la pass filter med grensefrekens gitt a erdiene for og C. Grensefrekensen blir 1 f 2C 1.6Hz Oppgae 3 Typisk sample/hold krets Kontrollpuls Inn FET C Ut : Når FET leder (sampleperioden) opplades C etter ligningen t 1 e t C. Strømmen begrenses a (som er FET motstanden på 100 Ω). Aiket fra asymptotisk slutterdi for spenningen oer C ed tiden t1 (som er slutten a en sampleperiode som er 1 µs lang) skal ære mindre enn 0.1%, ds. e t1 C e *C C ln * C C * nF Når FET ikke leder (holdperioden) utlades C etter ligningen (t) e t C. Lekkasjemotstanden tilsarer 100 MΩ. Aiket fra starterdien ed tiden t2 (som er slutten a en holdperiode som er 19 µs lang) skal ære mindre enn 0.1 %, ds. 1 e t2 C * *C ln *10 11 C 1 C 19* pF

18 Altså må C ære i området 190pF < C < 1.45 nf Lekkstrømmen kan måles ed å måle hordan spenningen oer C endres i løpet a en holdperiode som må gjøres kunstig lang for å se en endring. En lineær tilnærming a lekkstrømmen finnes som i = CV/t3, hor V er endringen i spenningen oer C i løpet a tiden t3. Oppgae 4 a) Endringen i (T) pr. grad ed temperaturer under noen hundre grader påirkes nesten bare a 1.gradsleddet, og blir omtrent 0.49 Ω/ C. Siden kabelmotstanden skal spille mindre rolle enn 0.1 C, må 2r < 0.049Ω, ds. at r < 0.025Ω. Ved sært høye temperaturer spiller 2.gradsleddet en rolle. Med T=1000 C, blir termometerets motstandsendring d(t)/dt=(a2bt)=100*(4.9* *10 4 )=0.372 Ω/ C, som gir r < Ω. b) Strømmen gjennom kabelen (og gjennom termometeret) må ære den samme som går gjennom 1kmotstanden, som må ha "irtuell jord" på sin høyre side. Siden V1=6V, må strømmen bli : i=6ma Agitt effekt i temometeret ed T = 0 C er (T)*i2 = 0.006*0.006*100 = W. Dette øker termometerets temperatur med 10 C/W * W = C. c) En lineær tilnærmelse lin = cdt, skal gå fra 50 C, hor (T)=100( ) = 75.35Ω, til 200 C, hor (T)=100( ) =195.64Ω. Dette gir oss ligningene c50d=75.35 og c200d=195.64, som kan løses til c= og d= Den rette linjens ligning blir : lin = T. Ulineariteten er N(T) = (T)lin = ( )*T 5.9*10 5 *T 2 = *T 5.9*10 5 *T 2. Max. aik har i når den derierte dn(t)/dt = *10 5 *T er lik 0. Da blir temperaturen T = / (11.8*10 5 ) = C. Aiket er da * *10 5 * = 0.92 Ω. Oppgae 5 Årsaken til termisk støy (Johnson noise) i en motstand er fluktuasjoner i elektrontettheten p.g.a. termisk beegelse a elektroner

19 Slik støy er "hit støy", d..s. at spektraltettheten er konstant for alle frekenser (alle frekenser er like sannsynlige)., Effektierdien (rmserdien) a slik støy fra én motstand er 4kT f1 f 2 hor k er Boltzmans konstant, T er absolutt temperatur, er motstandserdien i Ohm, og f1 f2 er frekensområdet som forsterkes. I oppgaen il både og gi bidrag til støyen, på samme måte som om de ar parellellkoplet. kan betraktes som belastningen for, og omendt. Forsterkerutgangen får dermed en rmserdi på: u A * 4kT u A * 4 *1.4*10 23 *300* 104 * * u 1000* 15.3* * mV Sampler i støyen, og tegner opp amplitudefordelingen, kan i ente å finne en Gaussfordeling (normalfordeling). Middelerdien er 0, og standardaiket er lik rmserdien

20 FYS Løsninger a) Oppgae 1 s ~ C C = 2 kω C 1 = C 0 /(1kp) C 2 = C 0 /(1kp) C 0 = 50 pf k = 10 5 (1/Pa) p er trykkdifferansen s = V s sin(2π ft) Brokoplingen gir z2 E 1 2 s z1 z2 1 2 jc2 s 1 jc C 1 s 1 C jc2 2 C 2 1 c 0 1 kp s c 0 1 kp c kp 1 kp s 1 kp 1 kp kp s skp 2 Med V s = 6 V og p = 500 Pa får i : 6 Volt* sin 2 ft E *105 Pa 1 * 500Pa 2 15*10 3 sin2 ftvolt Theeninekialent impedans blir : z z 1 z 2 2 z 1z 2 z 1 z j 2f C 1 C 2 2 * jc1 * 1 jc2 1 jc1 1 jc2 2 1 jc 2 C 1 j j 6.28* * 50 50*10 k Modulerdien blir : z j 2 k 159k

21 b) Instrumenteringsforsterker : Her må de t ære en høy ohm ig jordforbindelse konf. spørsmål c. 1 g Med ideelle operasjonsforsterkere il strømmen gjennom øerste, g og nederste måtte ære den samme, d..s g 2 4 Hera følger : * g og * g Definisjonen for 1. trinns differensialforsterkning er A Innsatt 3 og 4 får i : A * g * g * g Forsterkningen i 2. trinn er : A2 3. Total forsterkning : A A1* A2 1 2 * g* 3 1 2* g Med 1 og 2 like, må også 3 og 4 få samme spenning. Etter 1. trinn inne i instrumenteringsforsterkeren har derfor felles signalet forsterkning på A cm Etter 2. trinn kan felles signalet bli null. Felles signaler opptrer altså internt i instrumenteringsforsterkere. De forsterkes med faktor lik 1 i første trinn. c) Vi elger A2 = 50, d..s. 3=50*, f.eks. = 1 kω og 3 = 50 kω. Vi elger = 100 kω. Vi skal ha A1 lik 2 for A = 100, d..s g=2/(a11) = 200/1 =200 kω. Vi skal ha A1 lik 4 for A = 200, d..s g=2/(a11) = 200/3 =67 kω x 200x 1 67k 133k 2 Signalet 1 må ha DCforbindelse til jord, ellers il "bias current" i operasjonsforsterkeren gi oppladning a C 1 og C 2. For ikke å belaste broen må DCforbindelsen ære høyohmig, f.eks. 5 MΩ. (se tegning på toppen a siden.)

22 d) Lapass filteret fjerner signaler med høyere frekenser enn hale samplingsfrekensen. Ifølge Nyquists samplingsteorem kan slike høye frekenser ikke representeres. Omandleren er a en type som trenger en klokkepuls pr. bit. Klokkeinterallene er 1 µs. Konerteringstid pr. sample er altså 10 µs. Kantiseringsfeilen i omandleren er 1/2 10 1/1000 = 0.1 %. Kondensatorspenningen i S/Hkretsen må altså ikke endres mer enn 0.1 % på 10 µs for å fylle kraene. Kondensatoren utlader seg etter formelen t e t C. Kraene er fylt når exp10* * C * C ln *103 10*10 14 C 1*103 10*10 14 C 1*103 C 10*1014 1*10 3 1* *10 12 Minimumstørrelsen for kondensatoren er altså 100 pf. e) Bit rate () på 1 khz gir et båndbreddekra for PCM signal oerføring fra 0 Hz til /2=500 Hz. LPfilteret som mottar PCMsignalet bør ha en grensefrekens på 500 Hz. f) Arealet under en sannsynlighetstetthetsfordeling er lik 1, ds. at p(0) = 1/ Sannsynligheten for å tolke 0 som 1 sarer til arealet med x>2.5. Kongruente trekanter gir p(2.5)/p(0) = (2.72.5)/2.7. Høyden p(2.5) blir p(2.5) = 0.37*(2.72.5)/2.7 = Feilsannsynligheten (arealet) blir : 0.2*0.0274/2 = = % Sannsymligheten for å feiltolke 1 som 0 blir like stor, siden 2.5 er midt mellom 0 og 5. g) NEI, fordi oerføring a PCM signal kreer at DCniåer kan oerføres. DCniåer kan ikke oerføres gjennom en anlig telefonlinje. Signalet kan gjøres om til frekenser som er oerførbare, i har sett på bruk a en VCO (Voltage Controlled Oscillator). For å få PCM signalet tilbake på mottagersiden er det naturlig å bruke en "faselåst sløyfe" (Phase locked loop) som mottar et FMsignal og lager DCsignal a det

23 Oppgae 2 a) Tidskonstant = 20 kω * 100 µf = 2 * 10 4 * 10 4 = 2 s. Utgangsspenningen stiger ifølge = 1 e t. = 2 s. Vi skal finne t i ligningen: 0.9 = 1 e t. e t = 0.1 t = ln 0.1 t = 2.3 * 2 = 4.6 s. Filterets grensefrekens blir : f c Hz. A db d B/dek ade 40 Faseinkel 0 0.1f f 10f 100f 1000f c c c c c b) Vi sampler, og får erdiene 1, 1, 1, 1, 1, 1,... Digitalt filter ekialent med LPfilteret oenfor med = 2 s og S = sampel interal = 1 s har formelen : 2(n) = b*2(n1) (1b) * 1(n), med b = ( / S) / (1 / S) = 2 / (12) = Vi får : 2(0) = 0.67 * * 1 = (1) = 0.67* * 1 = (2) = 0.67* * 1 = (3) = 0.67* * 1 =

24 c) Impulsresponset finnes ed å filtrere en impuls. Det blir : 2(0) = 0.67 * * 1 = (1) = 0.67 * * 0 = (2) = 0.67 * * 0 = (3) = 0.67 * * 0 = 0.10 Metoden som anendes for å finne filterets respons ed hjelp a impulsrespons og input, kalles folding ("conolution"). Vi får : u(0) = 0.33 * 1 = 0.33 Vi får : u(1) = 0.33 * * 1 = 0.55 Vi får : u(2) = 0.33 * * * 1 = 0.70 Vi får : u(3) = 0.33 * * * * 1 = 0.80 a) Oppgae 3 Tall nr. 0 sarer til DCeffekten. Tallene fra nr. 1 til nr. 64 angir effekt amplitudene sarende til frekensene fra 1 Hz til 64 Hz (Nyquistfrekensen). (Tallene fra nr. 65 til nr. 127 er kopier a tallene fra nr. 1 til nr. 63 i omendt rekkefølge, de er uesentlige for om oppgaen regnes som riktig besart.) (Både 64 og 128 tall regnes som riktig besart, såfremt man forstår tallenes betydning). Tall nr. Har amplitude p.g.a. 0 støy DCeffekt (gjennom 1 Ω) 1 støy 2 støy 3 støy 3 Hz grunnfrekens 4 støy 4 Hz grunnfrekens 5 støy 6 støy 3 Hz 1. oertone 7 støy 8 støy 4 Hz 1. oertone 9 støy 3 Hz 2. oertone 10 støy 11 støy 12 støy 3 Hz 3. oertone 4 Hz 2. oertone 13 støy 14 støy 15 støy 3 Hz 4. oertone 16 støy 4 Hz 3. oertone støy 4 Hz 15. oertone His signalet hadde ært fritt for ett a de periodiske signalene, ille alle bidragene fra signalet til listen oenfor ært borte

25 Hit støy alene ile hatt et tilnærmet flatt effektspekter (alle tallene ille ært like), særlig etter midling a mange utregnede spektra. b) c) d) For at signal/støy forholdet skal bedres, må signalet repeteres med samme tidsforløp, og opptre fastlåst til en tidsreferanse. Støyen må ære ukorrelert til denne tidsreferansen. Ved signal midling a n repeterte målinger øker signal/støy forholdet med n. For å oppnå en bedring på 30 db, må 20log n 30 n n 1000 Autokorrelasjon er el egnet til å oppdage periodiske ariasjoner. Bare perioden kan bestemmes, ikke sele signalformen. Sekensen a samples er: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1. Altså 10 samples pr. hele periode. Autokorrelasjonskoeffisientene er: m yi * yi m N i 1 hor N = antall samplesi en periode og m = 0, 1,..., (N1). N=10 gir (0) = (5*1 2 5*(1) 2 0*1 *(1)) / 10 = 1 (1) = (4*1 2 4*(1) 2 2*1 *(1)) / 10 = 0.6 (2) = (3*1 2 3*(1) 2 4*1 *(1)) / 10 = 0.2 (3) = (2*1 2 2*(1) 2 6*1 *(1)) / 10 = 0.2 (4) = (1*1 2 1*(1) 2 8*1 *(1)) / 10 = 0.6 (5) = (0*1 2 0*(1) 2 10*1 *(1)) / 10 = 1 (6) = (1*1 2 1*(1) 2 8*1 *(1) ) / 10= 0.6 (7) = (2*1 2 2*(1) 2 6*1 *(1)) / 10 = 0.2 (8) = (3*1 2 3*(1) 2 4*1 *(1)) / 10 = 0.2 (9) = (4*1 2 4*(1) 2 2*1 *(1)) / 10 = 0.6 N Oppgae 4 Vi regner operasjonsforsterkeren ideell. Vi ønsker en strøm gjennom på 4 ma ed V1 = 0 V, og 20 ma ed V1 = 1 V. Strømmen gjennom må også gå gjennom. Minusinngangen til opampen il følge plussinngangen, og altså ha spenningen V

26 Med V1 = 0 V må strømmen gjennom ære 4 ma = (0V2) /. Med V1 = 1 V må strømmen gjennom ære 20 ma = (1V2) /. 1. ligning gir = V2 / 4 ma. Da blir 20 ma = (1V2) * 4 ma / (V2), 20 ma = 4 ma / (V2) 4mA, 16 ma * V2 = 4 ma, V2 = 1/4 V = (1/4 V / 4 ma) = 1/16 kω = 62.5 Ω

27 FYS Løsninger Oppgae 1 a) Lineær funksjon: O=KIa, hor O arierer fra 25 til 205 når I arierer fra 1 til 10. Ved 20 C : K=(20525) / (101) = 20, og I=1 gir a = OKI = 2520 = 5, altså : O =20I5 ed 20 C Ved 30 C: O arierer fra 25 * 1.05 = til 205 * 1.1 = Modellligningen år er : O = (K K M T)*IaK I T, hor T=T20 C. 30 C gir T=10, og i har ligningene: = (2010K M ) 5 10K I ds = K M K I = 10(2010K M ) 5 10K I, ds = 10K M K I som gir : K M = og K I = , altså O = ( T)I T, hor T=T20 C. b) Ulineariteten N(I) er en 2. grads kure, symmetrisk om I = 5.5. Den skal ære 0 for I=1 og I=10, og kan derfor ha formen : (I 5.5) 2 = (I 5.5) 2. For I = 5.5 og 20 C skal N(I) ære: (205 25) * 0.03 = 5.4, ds b * (20.25 (I 5.5) 2 ) = 5.4, som gir b = Altså : N(I) = (20.25 (I 5.5) 2 ) ed 20 C. Ved 30 C skal maksimumsaiket ære ( ) * 0.03 = Tillegget til N(I) per C blir c i oppstillingen : 5.4 * (110c) = 5.978, som gir c = Altså : N(I) = ( T)(20.25(I5.5) 2 ) Oppgae 2 a) u

28 er en enkel spenningsdeling a V gjennom to like motstander, og må ligge konstant på V/2. må ære lik (ideell opamp.), altså V 2 (Strøm gjennom enstre ) = (strøm gj. ) (strøm gj. ), altså V 2 V 2 V 2 u V 2 V 2 V 2 u u V 2 V 2 V 2 V 2 V 2 V 2 a u V 2 V 2 V 2 a V 2 1 a V * a 1 2 a u V 1 2 * a 1 a b) u Spenningsdeling gir oss V V a V 1 2 a (Strøm gjennom øre enstre ) = (strøm gj. nedre e. ) (strøm gj. ), altså V u u V u * 2 1 V V a 1 V 2 a 1 a c) Ved å beregne utgangsspenningene ed ulike erdier for a i oppgae a) og b) får i ariasjonen i utgangssignalene :

29 a u(fig. a) u(fig b) olt olt Verdier for a=0.1 beregnet som midtpunktet a den rette linjen fra 0 til 0.2 gir: Ulineariteten ed a = 0.1 i % a måleomfang blir : for a) : / = 4.54 % for b) : / = 2.38 % Koblingen i b) gir altså minst ulinearitet. d) Bare broen uten op.amp. gir E V 1 2 V a 1 a a E V 2 2 a 1 2 Utgangserdi for a=0 : 0 Utgangserdi for a=0.1 : Utgangserdi for a=0.2 : V 1 a 2 a 1 2 V 2 2a 2 a 2 2 a Lineært beregnet for a=0.1 : , differanse fra ulineært = , i % a måleomfang : / = 2.37 %. e) u Spenningsdeling gir oss V 2 (Strøm gjennom øre enstre ) = (strøm gj. ), altså :

30 V V 2 2 u V 2 V 2u 2 u V 2 V 2 u V 2 1 V 1 a 1 2 av 2 Denne arianten gir u som lineært ahengig a a. Dette ar ikke tilfelle med de andre koblingene. u V1 Gjennom høyre "brohaldel" il (strøm gj. øre ) = (strøm gj. nedre ) (strøm gj. ) 0 V1 0 u Gjennom enstre "brohaldel" må strømmen gjennom også gå gjennom V1 V1 u u * a * a u a

31 Oppgae 3 a) LVDT koplet til en instrumenteringsforsterker: u1 u2 g u3 u4 En instrumenteringsforsterker forsterker differensen mellom inngangssignalene. Inngangene skal derfor koples som ist på figuren (begynnelsen på her spole er markert). Med jernkjernen i midtstilling blir inngangssignalene like, og utgangssignalet fra forsterkeren lik 0. Med kjernen i øre stilling blir =A*(u10), med kjernen i nedre stilling blir =A*(0u2), hor A er instrumenteringsforsterkerens forsterkning. Det blir altså 180 faseforskyning mellom de to ytterstillingene. Forsterkningen kan utledes slik : Det il flyte en strøm gjennom, g og som blir : (u3u1)/ = (u1u2)/g = (u2u4)/, herfra finnes : u3 = u1(u1u2)/g u4 = u2 (u1u2)/g Forsterkningen i 1. trinn blir: A1=(u3u4)/(u1u2) = 12/g Forsterkningen i 2. trinn blir A2 = 3/ Den totale forsterkning i instrumenteringsforsterkeren blir derfor: A A1* A g 100 gangers forskerkning kan oppnås med for eksempel g = 10k, = 20k (da blir A1 = 5), = 5k og 3=100k (da blir A2 = 20), tilsammen 100 ganger. b) Bryteren skifter stilling etter her halperiode a V ref.. Når bryteren elger operasjonsforsterkerens utgang, blir 2 = 1 (siden forsterkningen blir 1). Med bryteren i motsatt stilling er 2=1. En anlig likeretter il likerette signal og støy uansett frekens. En fasefølsom likeretter il likerette bare den delen a støyen som har frekenser i et smalt bånd omkring signalfrekensen. His fasen til 1 i forhold til V ref. er 0 grader når kjernen er oer midtstilling, il den ære 180 grader når kjernen er under midtstilling. Tidsforløpet for V ref., 1, 2 og 3 ed ulike faseforskjeller blir som på figuren :

32 FASE = o o ref. 1 2 = c) Ved hurtige mekaniske forskyninger irker detektoren som et la pass filter med grensefrekens gitt a erdiene for og C. Grensefrekensen blir 1 f 2C 1.6Hz Oppgae 4 Strømoerføring er gunstig ut fra et støysynspunkt. Vi regner operasjonsforsterkeren ideell. Vi ønsker en strøm gjennom på 10mA ed V1 = 0V, og 10mA ed V1 = 1V. Strømmen gjennom må også gå gjennom. Minusinngangen til opampen il følge plussinngangen, og altså ha spenningen V1. Med V1 = 0V må strømmen gjennom ære 10mA = (0V2) /. Med V1 = 1V må strømmen gjennom ære 10mA = (1V2) /. 1. ligning gir = V2 / 10mA, som innsatt i 2. ligning gir 10mA = (1V2) * 10mA / V2, 10mA = 10mA / V2 10mA 20mA * V2 = 10mA, V2 = 1/2 V = 1/2V / 10mA) = 1/20 kω = 50 Ω

33 FYS Løsninger Oppgae 1 a) Motstand ed 200 C : (200) = Ω. b) ett linje fra 0 til 200 C : (T) = 0 (1cT), med 0 = 100 Ω 200 C gir (200) = = 100(1200c), ds. c = Ulinearitet N(T) = (T) (T) = 0 ((ac)tbt 2 ). Vi har maksimalt aik når dn(t)/dt = 0, ds. 0 (ac2bt) = 0, som gir : T = 100 C. c) Feilen ed denne temperaturen er : N(100) = Ω. Feil i % a differansen a erdiene ed 0 og 200 C blir : / ( ) = 0.77 %. V 3 E T 4 T = 0 = 100 Ω ed 0 C Dimensjonering : Balanse, ds. E = 0 ed 0 C kreer at 3 / = 4 / 0. Fordi T / 0 arierer fra 1 til nesten 2, bør 3 >>. Fornuftige motstandserdier er oppgitt i oppgaens del d), = 100 Ω og 3 = 4 = 10 kω. d) Med slike motstandserdier blir : E(200) = V * (( / ) (100 / 10100)) = V * , og E(0) = V * ((100 / 10100) (100 / 10100)) = V * 0. Ved linearitet må i ha E (100) = E(200) / 2 = V * / 2 = V * Den oppgitte formel for T gir oss (100) = Ω, som gir E(100) = V * ((138.5 / ) (100 / 10100)) = V * Aiket fra linearitet ed 100 C blir V* V* = V* I % bli aiket / = 0.68%. e) Med V=10 olt blir E(200) = olt. Theeninekialent motstand i broen blir Th = ((*3) / (3)) (( 200 *4) / ( 200 4)) Ω = (( / 10100) ( * 10000) / ) = (99 173) = 272 Ω

34 Totalmotstand i kretsen med amperemeteret Tot = ( ) Ω = 2272 Ω. Amperemeteret il ise : olt / 2272 Ω = 32.5 µa Oppgae 2 a) Med den største frekens i signalet lik f m, må samplingsfrekensen pr. inngang ære f s > 2*f m for ikke å komme i konflikt med Nyquists samplingsteorem. D..s. f s > 14 Hz. Med 4 innganger blir ADomformerens samplingsfrekens med 20 Hz pr. inngang lik 4 * 20 = 80 sampler pr. sekund. b) En ADC a denne type bruker 1 klokkepuls pr. bit. Med 3 pulser ekstra til andre ting il en sample trenge 13 * 10 µs = 130 µs på å bli konertert. c) Bit rate () på 1 khz gir et båndbreddekra for PCM signal oerføring fra 0 Hz til /2 = 1000 Hz. LPfilteret som mottar PCMsignalet bør ha en grensefrekens på 1000 Hz. d) Arealet under en sannsynlighetstetthetsfordeling er lik 1, ds. at p(0) = 1/ Sannsynligheten for å tolke 0 som 1 sarer til arealet med x>2.5. Feilsannsynligheten (arealet) blir : 0.2*0.185 = = 3.7% Sannsymligheten for å feiltolke 1 som 0 blir like stor, siden 2.5 er midt mellom 0 og 5. e) NEI, fordi oerføring a PCM signal kreer at DCniåer kan oerføres. DCniåer kan ikke oerføres gjennom en anlig telefonlinje. Signalet kan gjøres om til frekenser som er oerførbare, i har sett på bruk a en VCO (Voltage Controlled Oscillator). For å få PCM signalet tilbake på mottagersiden er det naturlig å bruke en "faselåst sløyfe" (Phase locked loop) som mottar et FMsignal og lager DCsignal a det. f) Med en bærefrekens f = Hz, modulert opp og ned med D = 1200 Hz, med en "bit rate" = 2000 Hz, får i 2*D / 1, og i får en nødendig båndbredde fra f(d)=( )hz= 7600 Hz til f(d)=( )hz = Hz

35 Oppgae 3 Typisk sample/hold krets Kontrollpuls Inn FET C Ut : Når FET leder (sampleperioden) opplades C etter ligningen t 1 e t C. Strømmen begrenses a (som er FET motstanden på 100 Ω). Aiket fra asymptotisk slutterdi for spenningen oer C ed tiden t1 (som er slutten a en sampleperiode som er 1 µs lang) skal ære mindre enn 0.1%, ds. e t1 C e *C C ln * C C * nF Når FET ikke leder (holdperioden) utlades C etter ligningen (t) e t C. Lekkasjemotstanden tilsarer 100 MΩ. Aiket fra starterdien ed tiden t2 (som er slutten a en holdperiode som er 19 µs lang) skal ære mindre enn 0.1 %, ds. 1 e t2 C * *C ln *10 11 C 1 C 19* pF Altså må C ære i området 190pF < C < 1.45 nf Oppgae 4 Strømoerføring er gunstig ut fra et støysynspunkt. Vi regner operasjonsforsterkeren ideell. Vi ønsker en strøm gjennom på 5mA ed V1 = 0V, og 25mA ed V1 = 1V. Strømmen gjennom må også gå gjennom. Minusinngangen til opampen il følge plussinngangen, og altså ha spenningen V1. Med V1 = 0V må strømmen gjennom ære 5mA = (0oltV2) /. Med V1 = 1V må strømmen gjennom ære 25mA = (1oltV2) /. 1. ligning gir = V2 / 5mA, som innsatt i 2. ligning gir 25mA = (1olt V2) * 5mA / (V2) 25mA = 5mAolt / (V2 ) 5mA 20 * V2 = 5olt, V2 = 1/4 V = 1/4V / 5mA) = 1/20 kω = 50 Ω

36 Oppgae 5 c) For at signal/støy forholdet skal bedres, må signalet repeteres med samme tidsforløp, og opptre fastlåst til en tidsreferanse. Støyen må ære ukorrelert til denne tidsreferansen. Ved signal midling a n repeterte målinger øker signal/støy forholdet med n. For å oppnå en bedring på 40 db, må 20log n 40 n n Autokorrelasjon er el egnet til å oppdage periodiske ariasjoner. Bare perioden kan bestemmes, ikke sele signalformen