Laboratórium 2 - 3. Mérés ellenőrző kérdései

← Vissza az előző oldalra – Laboratórium 2

← Vissza az előző oldalra – Laboratórium 2 - 3. Mérés: EMC alapjelenségek mérése

1. Feladat

Egy végtelen hosszú, $I$ szinuszos áramot szállító vezetőtől $r$ távolságban lévő pontban határozza meg a $H$ térerősséget és a $B$ indukciót!

Megoldás

Ábra:

Ampere-féle gerjesztési törvényt felírva egy olyan zárt L görbére, amely által kifeszített, a vezetékre merőleges A körlapot a vezeték pont a közepén döfi át:

${\oint }_L\overrightarrow{H}\mathrm{d}\overrightarrow{l}={\oint }_A(\overrightarrow{J}+\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{D}}{\mathrm{d}t})\mathrm{d}\overrightarrow{s}$

Szimmetria okokból, a mágneses térerősségvektorok a görbe mentén mindenhol érintő irányúak, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Az elektromos eltolásvektor időbeli változása zérus, az áramsűrűségvektor pedig merőleges az A körlapra, a felületintegrál eredménye az A körlapon átfolyó áramerősség:

$2r\pi H=I=\hat{I}\cos (\omega t)$

$\overrightarrow{H}=\frac{\hat{I}\cos (\omega t)}{2r\pi }\cdot {\overrightarrow{e}}_{\phi }$

$\overrightarrow{B}=\mu \cdot \overrightarrow{H}=\frac{\mu \cdot \hat{I}\cos (\omega t)}{2r\pi }\cdot {\overrightarrow{e}}_{\phi }$

2. Feladat

Egy végtelen hosszú, $I$ szinuszos áramot szállító vezető síkjában egy téglalap alakú, $a\times b$ méretű vezetőkeret helyezkedik el. A vezetőkeret $a$ méretű oldala párhuzamos az áramot szállító vezetővel. Határozza meg a vezetőkeretben indukált feszültséget!

Megoldás

Ábra:

A Faraday-féle indukciós törvény felhasználásával:

$U_{\mathrm{i}}=-\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\underset{A}{\int }\overrightarrow{B}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=-a\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\underset{d}{\overset{d+b}{\int }}B(r)\mathrm{d}r=-a\cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\underset{d}{\overset{d+b}{\int }}\frac{\mu \cdot \hat{I}\cos (\omega t)}{2r\pi }\mathrm{d}r=$

$=\frac{a\mu }{2\pi }\underset{d}{\overset{d+b}{\int }}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(-\hat{I}\cos (\omega t))\cdot \frac{1}{r}\mathrm{d}r=\frac{a\mu \cdot \omega \cdot \hat{I}\sin (\omega t)}{2\pi }\underset{d}{\overset{d+b}{\int }}\frac{1}{r}\mathrm{d}r=$

$\frac{a\mu \omega \cdot \hat{I}\sin (\omega t)}{2\pi }\cdot {[\ln (r)]}_d^{d+b}=\frac{a\mu \omega \cdot \hat{I}\sin (\omega t)}{2\pi }\cdot \ln \left(\frac{d+b}{d}\right)$

Az integrálást tehát csak a $b$ oldal szerint végezzük el, mivel $a$ oldal mentén a mágneses térerősség állandó. A keret távolsága a vezetőtől $d$.

3. Feladat

Egy téglalap alakú, $A\times B$ méretű, $I$ szinuszos áramot szállító vezetőkeret síkjában, a kereten belül egy második, $a\times b$ méretű kisebb vezetőkeret aszimmetrikusan helyezkedik el. Az $A$ és $a$ illetve $B$ és $b$ méretű oldalak párhuzamosak. A legegyszerűbb modell alapján becsülve, közelítőleg mekkora feszültség indukálódik a második keretben? Mekkora a kölcsönös induktivitás?

Megoldás

Ábra:

Az alkalmazott modellben a külső keret által a belső keretben indukált feszültséget oly módon számítjuk, hogy a külső keret oldalait külön-külön, végtelen hosszú vezetőnek tekintjük, így felhasználható az előző kérdés megoldása:

${\mathrm{\Psi }}_2=\sum _k{\mathrm{\Phi }}_k=\frac{\mu \cdot \hat{I}\cdot \cos (\omega t)}{2\pi }(a\cdot \ln \frac{d+b}{d}+a\cdot \ln \frac{B-d}{B-b-d}+b\cdot \ln \frac{a+c}{c}+b\cdot \ln \frac{A-c}{A-a-c})=$

$=\frac{\mu \cdot \hat{I}\cdot \cos (\omega t)}{2\pi }[a\cdot (\ln \frac{d+b}{d}+\ln \frac{B-d}{B-b-d})+b\cdot (\ln \frac{a+c}{c}+\ln \frac{A-c}{A-a-c})]=$

$=\frac{\mu \cdot \hat{I}\cdot \cos (\omega t)}{2\pi }[a\cdot \ln \frac{(d+b)(B-d)}{d(B-b-d)}+b\cdot \ln \frac{(a+c)(A-c)}{c(A-a-c)}]$

A belső vezetőkeretben indukált feszültség a Faraday-féle indukciós térvénnyel egyszerűen számítható:

$U_{\mathrm{i}}=-\frac{\partial {\mathrm{\Psi }}_2}{\partial t}=\frac{\mu \cdot \hat{I}\cdot \sin (\omega t)\cdot \omega }{2\pi }[a\cdot \ln \frac{(d+b)(B-d)}{d(B-b-d)}+b\cdot \ln \frac{(a+c)(A-c)}{c(A-a-c)}]=$

A kölcsönös induktivitás definíció szerint számítható:

$M=\frac{{\mathrm{\Psi }}_2}{I_1}=\frac{\mu }{2\pi }[a\cdot \ln \frac{(d+b)(B-d)}{d(B-b-d)}+b\cdot \ln \frac{(a+c)(A-c)}{c(A-a-c)}]$

4. Feladat

Határozza meg két végtelen hosszú, párhuzamosan futó hengeres vezető között a hosszegységre eső villamos kapacitást!

Megoldás

Ábra:

Vezessük be az alábbi jelöléseket:

• $d>>r_1,r_2$ és $r_2>r_1$
• Az $r_1$ sugarú vezetőhenger egységnyi hosszúságú szakaszára eső töltés $q$
• Az $r_2$ sugarú vezetőhenger egységnyi hosszúságú szakaszára eső töltés $-q$

Egy töltött $R$ sugarú hengeres vezető által keltett elektromos térerősségvektor a Gauss-tétellel meghatározható, ha azt egy $l$ hosszúságú $r>R$ sugarú $A$ felületű koaxiális hengerre írjuk fel.

${\oint }_A\overrightarrow{E}\mathrm{d}\overrightarrow{s}=\frac{Q}{\epsilon }$

Szimmetria okok miatt az elektromos térerősségvektor mindig sugárirányú lesz, így a henger lapjain az integrál értéke zérus, míg hengerpaláston egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik.

$E\cdot 2r\pi \cdot l=\frac{q\cdot l}{\epsilon }⟶\overrightarrow{E}(r)=\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r}\cdot {\overrightarrow{e}}_r$

Az $r_1$ sugarú henger töltése $U_{B{A}_1}$ potenciálkülönbséget hoz létre a két henger között.

$U_{B{A}_1}\approx \underset{r_1}{\overset{d}{\int }}\overrightarrow{E}\mathrm{d}\overrightarrow{l}=\underset{r_1}{\overset{d}{\int }}\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot \frac{1}{r}\mathrm{d}r=\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot {[\ln (r)]}_{r_1}^d=\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot \ln \left(\frac{d}{r_1}\right)$

Az $r_2$ sugarú henger töltése $U_{B{A}_2}$ potenciálkülönbséget hoz létre a két henger között. Hasonló számítással adódik, hogy:

$U_{B{A}_2}\approx \frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot \ln \left(\frac{d}{r_2}\right)$

MIvel a potenciáltér lineáris, így a két henger közötti potenciálkülönbség:

$U_{BA}=U_{B{A}_1}+U_{B{A}_2}=\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot [\ln \left(\frac{d}{r_1}\right)+\ln \left(\frac{d}{r_2}\right)]=\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot \ln \left(\frac{d^2}{r_1{r}_2}\right)$

A két hengeres vezető közötti hosszegységre eső kapacitás definíció szerint:

$C^{\prime }=\frac{q}{U_{BA}}\approx \frac{q}{\frac{q}{2\pi \epsilon }\cdot \ln \left(\frac{d^2}{r_1{r}_2}\right)}=\frac{2\pi \epsilon }{\ln \left(\frac{d^2}{r_1{r}_2}\right)}$

Ha mindkét henger azonos sugarú, azaz $r_1=r_2=r$, abban az esetben:

$C^{\prime }\approx \frac{\pi \epsilon }{\ln \left(\frac{d}{r}\right)}$

5. Feladat

Határozza meg nyomtatott huzalozás esetén egy vezetőszakasz ellenállását és annak bizonytalanságát!

Megoldás

$R=\varrho \cdot \frac{l}{a\cdot h}$

Ahol $\varrho$ a fajlagos ellenállás, l a vezetékszakasz hossza, a a szélessége, h pedig a vastagsága.

$\mathrm{\Delta }R=\frac{\partial R}{\partial \varrho }\cdot \mathrm{\Delta }\varrho +\frac{\partial R}{\partial l}\cdot \mathrm{\Delta }l+\frac{\partial R}{\partial a}\cdot \mathrm{\Delta }a+\frac{\partial R}{\partial h}\cdot \mathrm{\Delta }h$

$\mathrm{\Delta }R=\frac{l}{a\cdot h}\cdot \mathrm{\Delta }\varrho +\frac{\varrho }{a\cdot h}\cdot \mathrm{\Delta }l-\varrho \cdot \frac{l}{a^2\cdot h}\cdot \mathrm{\Delta }a-\varrho \cdot \frac{l}{a\cdot h^2}\cdot \mathrm{\Delta }h$

$\frac{\mathrm{\Delta }R}{R}=\frac{\mathrm{\Delta }\varrho }{\varrho }+\frac{\mathrm{\Delta }l}{l}-\frac{\mathrm{\Delta }a}{a}-\frac{\mathrm{\Delta }h}{h}$

$u_R=\sqrt{{\left(\frac{\mathrm{\Delta }\varrho }{\varrho }\right)}^2+{\left(\frac{\mathrm{\Delta }l}{l}\right)}^2+{\left(\frac{\mathrm{\Delta }a}{a}\right)}^2+{\left(\frac{\mathrm{\Delta }h}{h}\right)}^2}$

A standard bizonytalanság számításakor tehát az egyes hibakomponenseket valószínűségi módon kell összegezni (ld. GUM).

6. Feladat

Tanulmányozza a CD11.4599.151 típusú hálózati szűrő működését és műszaki adatait!

Megoldás

A CD11.4599.151 típusú szűrővel rendelkező hálózati csatlakozó 2 pólusú kapcsolója lengő vezetéken helyezkedik el. Névleges áramerőssége 1A, általános célú berendezésekbe tervezték, 1 pólusú beépített olvadóbiztosítékkal.

A belső elemek értékei: L= 2 x 10 mH, Cx = 68 nF, Cy = 2,2 nF.

A Cx és Cy kondenzátorok szigorú szabványok alapján tervezett, öngyógyuló dielektrikumos fóliakondenzátorok.

A szűrő kettős feladatot lát el:

• Az eszközre jutó feszültségcsúcsok ellen véd, amelyet elektromechanikus kapcsolók ill. relék okozhatnak
• Ugyanez a szűrő a másik irányban is működik, az eszköz által keltett nagyfrekvenciás zavarokat csillapítja

A zavarok fajtái:
A) Feszültségingadozások
B) Harmónikus frekvenciájú inerferencia (100 Hz - 2 kHz)
C) Tranziensek által okozott interferencia (300 MHz-ig)
D) Szinusz szerű zavarok (akár 1 GHz-ig)

A szűrők alkotóelemei általában kondenzátorok és tekercsek, de gyakran alkalmaznak kondenzátor-kisütő ellenállásokat, túlfeszültség-védőket és igen nagyfrekvenciás fojtókat is. Emiatt a szűrő általában több egymást követő fokozatból áll.

A zavarok terjedhetnek közvetlen vezetéssel, kapacitív és induktív csatolással valamint sugárzással.

A zavarokat feloszthatjuk közös és differenciális módusú zavarokra. Földeletlen zavarforrásból származó zavaró jel a tápáramhoz hasonló módon, az egyik vezetéken befolyik az eszközbe, a mmásikon pedig ki. Ezt nevezzük differenciális módusú zavaró jelnek. A közös módusú zavar ezzel szemben (a mechanikai kialakítás következtében) mindkét tápvezetéken folyik be az eszközbe, és a földelésen folyik vissza a zavarforráshoz.

A közös módusú zavarok csillapítása --> ld. 7. kérdés

A differenciális módusú zavarokat a fojtó csak kismértékben csillapítja (ld. 7. kérdés), ezért van szükség a Cy kondenzátorok beépítésére, amelyek viszont a védővezetőbe folyó (ún. szivárgási) áramot okoznak. Ha a szivárgási áramra vonatkozó követelmény szigorú, ezeket el kell hagyni (pl. orvosi célú szűrők, melyekben a nagy Cx kapacitás kisütésére még egy ellenállást is beépítenek, hogy a táplálatlan szűrő kimenetén ne maradhasson fenn az üzemi feszültség).

7. Feladat

A szűrő közös vasmagon elhelyezett két tekercsének milyen a menetirányítása és miért?

Megoldás

A szűrő egy rádiófrekvenciás áramkompenzált fojtó (angolul RF Current Compensated Suppression Choke). A tekercsei úgy vannak irányítva, hogy a rajtuk folyó üzemi áramok által létrehozott fluxusok ellentétes irányúak legyenek, így kioltsák egymást. Ezek alapján, az áramirányok figyelembevételével mondhatjuk, hogy a tekercsek menetirányítása ellentétes.

Emiatt a differenciális módusú zavarok által keltett fluxusok (ideális esetben, azaz tökéletes csatolást feltéve) kioltják egymást. A közös módusú zavarok által keltett fluxusok viszont egyirányúak, így az ilyen zavarokat a fojtó szűrni tudja. A valóságban viszont a laza csatolás miatt fellépő szórási fluxus következtében a differenciális módusú zavarok kismértékű csillapítására is képes.

8. Feladat

Adja meg a szűrő aszimmetrikus zavarjelre érvényes modelljét!

Megoldás

Az aszimmetrikus zavarjelekre (közös módusú zavarokra) érvényes modell: (L1 = L2 = 10 mH, Cy = 2,2 nF)

9. Feladat

Ideális elemeket feltételezve írja fel a szűrő csillapítását aszimmetrikus zavarjelre!

Megoldás

$\frac{U_{\mathrm{k}\mathrm{i}}}{U_{\mathrm{b}\mathrm{e}}}=\frac{\frac{1}{j\omega C}}{j\omega L+\frac{1}{j\omega C}}=\frac{1}{j\omega Lj\omega C+1}=\frac{1}{1-{\omega }^{2}LC}$

Fájl:Labor2 kép10.jpg

10. Feladat

Adja meg a szűrő szimmetrikus zavarjelre érvényes modelljét!

Megoldás

11. Feladat

Ideális elemeket feltételezve írja fel a szűrő csillapítását szimmetrikus zavarjelre!

Megoldás

Ideális eset: $L_{\mathrm{s}\mathrm{z}}=0$ (szivárgási induktivitás) --> a csillapítás végtelen, a kimeneti feszültség bármely bemeneti feszültség esetén zérus. //-> Ez szerintem (Prímás) nem igaz, már csak a képletből kiindulva sem: ha Lsz = 0, akkor a csillapítás 1, így Ube = Uki, ami szépen látszik is a kapcsolási rajzon.

Valóságban: $L_{\mathrm{s}\mathrm{z}}\ne 0$.

$\frac{U_{\mathrm{k}\mathrm{i}}}{U_{\mathrm{b}\mathrm{e}}}=\frac{\frac{1}{j\omega \frac{C_{\mathrm{y}}}{2}}}{j\omega L_{\mathrm{s}\mathrm{z}}+\frac{1}{j\omega \frac{C_{\mathrm{y}}}{2}}}=\frac{1}{j\omega L_{\mathrm{s}\mathrm{z}}j\omega \frac{C_{\mathrm{y}}}{2}+1}=\frac{1}{1-{\omega }^2{L}_{\mathrm{s}\mathrm{z}}\frac{C_{\mathrm{y}}}{2}}$

A gyakorlatban adott frekvencián $\frac{U_{\mathrm{k}\mathrm{i}}}{U_{\mathrm{b}\mathrm{e}}}[dB]$ adott, ebből $\frac{U_{\mathrm{k}\mathrm{i}}}{U_{\mathrm{b}\mathrm{e}}}$, majd a képlettel $L_{\mathrm{s}\mathrm{z}}$ számítható.

12. Feladat

Elektromágneses tereknél mit nevezünk közeltérnek illetve távoltérnek?

Megoldás

A vonalszerű vezetőben folyó áram által létrehozott mágneses térerősséget az általánosított Biot-Savart törvény adja meg:

$\mathbf{𝐇}(\mathbf{𝐫},t)=\frac{1}{4\pi }\underset{l}{\int }I({\mathbf{𝐫}}^{\prime },t-\frac{R}{v})\frac{\mathrm{d}{\mathbf{𝐥}}^{\prime }\times {\mathbf{𝐑}}^{\mathbf{𝟎}}}{R^2}+\frac{1}{4\pi v}\underset{l}{\int }\frac{\partial I({\mathbf{𝐫}}^{\prime },t-\frac{R}{v})}{\partial t}\frac{\mathrm{d}{\mathbf{𝐥}}^{\prime }\times {\mathbf{𝐑}}^{\mathbf{𝟎}}}{R};$

$R=|{\mathbf{𝐫}}^{\prime }-\mathbf{𝐫}|,{\mathbf{𝐑}}^{\mathbf{𝟎}}=\frac{\mathbf{𝐫}-{\mathbf{𝐫}}^{\prime }}{R},v=\frac{1}{\sqrt{\epsilon \mu }}=\frac{c}{\sqrt{{\epsilon }_r{\mu }_r}}$

Ebből kiolvasható, hogy az összefüggés első tagja az árammal arányos és a távolság négyzetével fordítottan arányos. A mágneses térerősségnek e tag által leírt komponensét közeltérnek vagy közeli térnek nevezzük.

Az összefüggés második tagja ellenben az áram idő szerinti deriváltjával arányos, és a távolsággal (és nem a négyzetével) fordítottan arányos. Ezt az összetevőt távoltérnek vagy távoli térnek nevezzük.

Tehát a vezetőhöz közel a közeli, messze a távoli tér a domináns. Az áram idő szerinti deriváltjával való arányosság szemléletesen úgy is leírható, hogy adott nagyságú áram esetén adott távolságra a vezetéktől a távoltér annál nagyobb a közeltérnél, minél nagyobb az I áram frekvenciája. Tehát előírt erőteret annál kisebb árammal tudunk létrehozni, minél nagyobb frekvenciát választunk.

H ismeretében konkrét esetben E rotációképzéssel számítható, de E -re is megadható az előbbihez hasonló összefüggés, de az jóval bonyolultabb. Ennek is van egy távoli, az áram deriváltjával és $\frac{1}{R}$-rel arányos, egy közeli, az árammal és $\frac{1}{R^2}$-tel arányos összetevője, de van még egy harmadik, még közelebbi, $\frac{1}{R^3}$ szerint eltűnő és az áram idő szerinti integráljával (a töltéssel) arányos összetevője is.

Fájl:Labor2 kép12.jpg