Laboratórium 1 - 5. Mérés: Időtartománybeli jelanalízis

← Vissza az előző oldalra – Laboratórium 1

A mérésről

A méréssel nem volt sok gond, oda kell figyelni, hogy mikor kell a generátort 50ohm-osnak, illetve, mikor kell nagyimpedanciás állapotba állítani. Ezen kívül nem sok mindenre kellett odafigyelni, a mérési leírások alapján meg lehet csinálni a mérést. Vigyázni kell arra, hogy az aktív szűrőt jól kössük be, illetve hogy a táp +20V-os állásba legyen, nálunk külön kérték, hogy mielőtt ráadjuk a feszkót hívjuk oda a mérésvezetőt hogy ellenőrizze le. Előző csoportnál aki nem hívta oda, attól könnyes búcsút vettek, nálunk senkit nem raktak ki. A mérést Balázs Gergely és Kohári Zalán vezette.

Házihoz segítség

• Kidolgozott házi feladat

  Hiba a megoldásban

  Az elméleti képlet helyesen szerepel worst case összegzésre, de utána a tényleges képlet hibás, mivel nem tagonként képez abszolút értéket, hanem az összegből, amivel előjelessé válik az összegzés. A képlet helyesen:

  $\mathrm{\Delta }\varphi =|c_a\mathrm{\Delta }a|+|c_b\mathrm{\Delta }b|$

  Amiből behelyettesítve a következő adódik:

  $\mathrm{\Delta }\varphi =|\frac{1}{b\sqrt{1-\frac{a^2}{b^2}}}\mathrm{\Delta }a|+|-\frac{a}{b^2\sqrt{1-\frac{a^2}{b^2}}}\mathrm{\Delta }b|$

• Ellenőrző kérdések kidolgozva
• Ellenőrző kérdések kidolgozva - Egy másik megoldás
• Ellenőrző kérdések kidolgozása - Egy harmadik megoldás

Beugró kérdések kidolgozása

Ezt a részt még aktualizálni kell, meg valami pofásabb formára kéne hozni. Az első kérdéseknél megadtam az alapot, a többit is így kéne megformázni - Régi wikioldal

1.1. Alulátersztő szűrő időtartománybeli vizsgálata

• Aluláteresztő szűrő átmeneti függvénye : $V(s)=\frac{1}{s}W(s)=\frac{1}{s(sRC+1)}=\frac{1}{s}+\frac{-1}{s-\frac{-1}{RC}}$ akkor: $v(t)=\epsilon (t)\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right)$. Ezt látjuk az oszcilloszkópon is, ha a bemenetre négyszögjelet adunk, és a felfutó élet kinagyítjuk (minél nagyobb az RC időállandó, annál nagyobb a felfutási idő). Tkp. alacsony frekvenciás feszültség hatására szép lassan töltődik fel a kondenzátor, nagyfrekvenciás, gyors változásokra pedig érzéketlen (rövidzárként modellezhető)
• Felfutási időt a jel maximális értékének 10%-a és 90%-a között mérjük. [Aquire] >> [Averaging] után [QickMeas] >> [Time] >> [Rise Time] -mal lehet beépített funkcióval pontos értéket kapni.
• $\tau$ időállandót a 0V-ról $u=\frac{U_{max}}{RC}$ feszültségre való felfutás kezdeti $m{\frac{dv(t)}{dt}|}_{t=0}={\frac{U_{max}}{R^2{C}^2}{e}^{\frac{-t}{RC}}|}_{t=0}=\frac{U_{max}}{R^2{C}^2}$ meredekségből könnyen megkaphatjuk: $\tau =\frac{u}{m}=RC$. Azaz elég egy vonalzó segítségével megjósolni, hogy a kurzorral beállított magas szintet hol fogja elérni a kezdeti meredekség, és a felfutás kezdetétől számítva eddig tart az időállandó.
• Ha a jel csúcsértékének 50%-át T idő alatt éri el, akkor $0,5=1-e^{-\frac{1}{\tau }\cdot T}$ alapján $\tau =\frac{-T}{\ln (1-0,5)}$. Ennek a mérésnek a leolvasásból származhat hibája: $\mathrm{\Delta }\tau =\frac{\partial \tau }{\partial T}\mathrm{\Delta }T=\frac{-\mathrm{\Delta }T}{\ln (1-0,5)}$

Egy kis Jelek: Szűrők ugrásválaszának levezetése

FIGYELEM! A vir-en a beugrók megoldásánál el van írva a az aluláteresztő szűrő ugrásválasza. Fent már jól szerepel, azaz:

• Aluláteresztő szűrő átmeneti függvénye / ugrásválasza : $v(t)=\epsilon (t)\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right)$

A viren: 1/RC-vel rosszul teszik, hogy megszorozzák a helyes kifejezést. Addig jó, hogy $W(s)=\frac{\frac{1}{sC}}{\frac{1}{sC}+R}=\frac{1}{1+sRC}=\frac{1}{RC}\cdot \frac{1}{s+\frac{1}{RC}}$ Ebből az impulzusválasz Laplace-visszatranszformálás után szépen látható: $w(t)=\frac{1}{RC}{e}^{\frac{-t}{RC}}$ Eddig OK.

A $V(s)=\frac{1}{s}\cdot W(s)$. azaz most $V(s)=\frac{1}{s(1+sRC)}$ Ezt a kifejezést a parciális törtekre bontással: $\frac{1}{s*(1+sRC)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+\frac{1}{RC}}=\frac{A(\frac{1}{RC}+s)+Bs}{s\frac{1}{RC}+s}$ A számlálók megfeleltetésével: $\frac{1}{RC}=A(\frac{1}{RC}+s)+Bs=(A+B)s+\frac{A}{RC}$ Innen látszik (az azonos kitevőjű tagok együtthatóinak egyenlőségéből), hogy: A=1 továbbá A+B=0, innen B=-1 Tehát: $V(s)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{RC}}$ . Ennek az inverz Laplace-ja: $v(t)=ϵ(t)-ϵ(t)\cdot e^{\frac{-t}{RC}}=(1-e^{\frac{-t}{RC}}\cdot ϵ(t))$. Ellenőrzés képpen tényleg $\frac{dv(t)}{dt}=w(t)$

• A vir-es megoldásokban, amiket eddig láttam, ez szerepel: 1/(RC)*(1-e^(-t/RC))*Epszilon(t) No ez rossz.*

De szerintem amúgy is logikus, hogy ha ráadunk a szűrőre egységnyi feszültséget, ez állandósult állapotban, egy kis idő múlva egészében megjelenik a kimeneten is (csak egy ellenállás van ekkor a ki- és bemenet közt, de ezen nem esik feszültség, ha nem folyik rajta áram) Így nincs értelme R*C-vel leosztani.

A felüláteresztő szűrő ugrásválasza pedig: $V(s)=\frac{1}{s}\cdot \frac{R}{\frac{1}{sC}+R}=\frac{1}{\frac{1}{RC}+s}$ Ennek inverz Laplaceja: $v(t)=\epsilon (t)\left(e^{-\frac{t}{RC}}\right)$. Impulzusválasza (súlyfüggvénye) pedig ennek időbeli általánosított deriváltja, vagy s-tartomány beli $s$-sel való szorzottja: $w(t)=ϵ(t)\frac{-1}{RC}{e}^{\frac{-t}{RC}}+v(t=+0)\delta (t)=ϵ(t)\frac{-1}{RC}{e}^{\frac{-t}{RC}}+\delta (t)$ illetve $W(s)=\frac{s}{\frac{1}{RC}+s}$