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:

$\oint _{L}\limits {\vec {H}}\;\mathrm {d} {\vec {l}}=\oint _{A}\limits \left({\vec {J}}+{\frac {\mathrm {d} {\vec {D}}}{\mathrm {d} t}}\right)\mathrm {d} {\vec {s}}$

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:

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

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

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

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:

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

$={\frac {a\mu }{2\pi }}\int _{d}^{d+b}\limits {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left(-{\hat {I}}\cos(\omega t)\right)\cdot {\frac {1}{r}}\;\mathrm {d} r={\frac {a\mu \cdot \omega \cdot {\hat {I}}\sin(\omega t)}{2\pi }}\int _{d}^{d+b}\limits {\frac {1}{r}}\;\mathrm {d} r=$

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

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:

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

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

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

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

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

A kölcsönös induktivitás definíció szerint számítható:

$M={\frac {\Psi _{2}}{I_{1}}}={\frac {\mu }{2\pi }}\left[a\cdot \ln {\frac {(d+b)(B-d)}{d(B-b-d)}}+b\cdot \ln {\frac {(a+c)(A-c)}{c(A-a-c)}}\right]$

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.

$\oint _{A}\limits {\vec {E}}\;\mathrm {d} {\vec {s}}={Q \over \varepsilon }$

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

$E\cdot 2r\pi \cdot l={q\cdot l \over \varepsilon }\longrightarrow {\vec {E}}(r)={q \over 2\pi \varepsilon }\cdot {1 \over r}\cdot {\vec {e}}_{r}$

Az $r_{1}$ sugarú henger töltése $U_{BA_{1}}$ potenciálkülönbséget hoz létre a két henger között.

$U_{BA_{1}}\approx \int _{r_{1}}^{d}\limits {\vec {E}}\;\mathrm {d} {\vec {l}}=\int _{r_{1}}^{d}\limits {q \over 2\pi \varepsilon }\cdot {1 \over r}\;\mathrm {d} r={q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \left[\ln(r)\right]_{r_{1}}^{d}={q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \ln \left({d \over r_{1}}\right)$

Az $r_{2}$ sugarú henger töltése $U_{BA_{2}}$ potenciálkülönbséget hoz létre a két henger között. Hasonló számítással adódik, hogy:

$U_{BA_{2}}\approx {q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \ln \left({d \over r_{2}}\right)$

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

$U_{BA}=U_{BA_{1}}+U_{BA_{2}}={q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \left[\ln \left({d \over r_{1}}\right)+\ln \left({d \over r_{2}}\right)\right]={q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \ln \left({d^{2} \over r_{1}r_{2}}\right)$

A két hengeres vezető közötti hosszegységre eső kapacitás definíció szerint:

$C'={q \over U_{BA}}\approx {q \over {q \over 2\pi \varepsilon }\cdot \ln \left({d^{2} \over r_{1}r_{2}}\right)}={2\pi \varepsilon \over \ln \left({d^{2} \over r_{1}r_{2}}\right)}$

Ha mindkét henger azonos sugarú, azaz $r_{1}=r_{2}=r$, abban az esetben:

$C'\approx {\frac {\pi \varepsilon }{\ln \left({\frac {d}{r}}\right)}}$

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.

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

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

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

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

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

${\frac {U_{\mathrm {ki} }}{U_{\mathrm {be} }}}={\frac {\frac {1}{j\omega C}}{j\omega L+{\frac {1}{j\omega C}}}}={\frac {1}{j\omega Lj\omega C+1}}={\frac {1}{1-\omega ^{2}LC}}$

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: $L_{\mathrm {sz} }=0$ (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: $L_{\mathrm {sz} }\neq 0$.

${\frac {U_{\mathrm {ki} }}{U_{\mathrm {be} }}}={\frac {\frac {1}{j\omega {\frac {C_{\mathrm {y} }}{2}}}}{j\omega L_{\mathrm {sz} }+{\frac {1}{j\omega {\frac {C_{\mathrm {y} }}{2}}}}}}={\frac {1}{j\omega L_{\mathrm {sz} }j\omega {\frac {C_{\mathrm {y} }}{2}}+1}}={\frac {1}{1-\omega ^{2}L_{\mathrm {sz} }{\frac {C_{\mathrm {y} }}{2}}}}$

A gyakorlatban adott frekvencián ${\frac {U_{\mathrm {ki} }}{U_{\mathrm {be} }}}[dB]$ adott, ebből ${\frac {U_{\mathrm {ki} }}{U_{\mathrm {be} }}}$, majd a képlettel $L_{\mathrm {sz} }$ 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:

$\mathbf {H} (\mathbf {r} ,t)={\frac {1}{4\pi }}\int _{l}\limits I(\mathbf {r'} ,t-{\frac {R}{v}}){\frac {\mathrm {d} \mathbf {l} '\times \mathbf {R^{0}} }{R^{2}}}+{\frac {1}{4\pi v}}\int _{l}\limits {\frac {\partial I(\mathbf {r'} ,t-{\frac {R}{v}})}{\partial t}}{\frac {\mathrm {d} \mathbf {l} '\times \mathbf {R^{0}} }{R}};$

$R=|\mathbf {r} '-\mathbf {r} |,\quad \mathbf {R^{0}} ={\frac {\mathbf {r} -\mathbf {r'} }{R}},\quad v={\frac {1}{\sqrt {\varepsilon \mu }}}={\frac {c}{\sqrt {\varepsilon _{r}\mu _{r}}}}$

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