1. No category

TFY4185 Måleteknikk
Institutt for fysikk
Løsningsforslag for obligatorisk øving 1
Oppgave 1.
a. Vi starter med å angi strømmen i alle grener. For Wheatstone-brua trenger vi 6 ukjente strømmer I1 − I6 , som
angitt på figuren under.
I1
...
...1 ............... ........ ...... ........ ...............
..
..
6
I6
+
VS
−
6
?
t
I5
R
-
-
I3
t
Kretsen har 4 knutepunkt og dermed gir
Kirchhoffs strømlov 3 uavhengige likninger:
R
...
...2
............... ........ ...... ........ ...............
..
..
.... R ....
............... ....... ..5.... ....... ...............
...
...
R3
I2-
...
...
.............. ........ ...... ........ ...............
..
..
-
t
t
= I3 + I5
(1)
= I2 + I5
= I1 + I2
(2)
(3)
Kirchhoffs spenningslov gir 3 uavhengige
likninger for de angitte sløyfene:
...
...
.............. ........ ...... ........ ...............
..
..
I4
I1
I4
I6
R4
0 = VS − R1 I1 − R3 I3
0 = −R4 I4 + R3 I3 − R5 I5
(4)
(5)
0
(6)
= R5 I5 + R1 I1 − R2 I2
Vi har nå fått 6 likninger med 6 ukjente, men det er mye jobb å regne ut determinanten for et slikt system. Vi
ønsker derfor å redusere antall ukjente ved å substituere bort I1 , I4 og I6 . Det er viktig at I5 fremdeles er en av de
ukjente siden det er denne strømmen vi er interessert i.
Likn. (1)-(3) innsatt i (4)-(6) gir:
0
= VS − R1 (I3 + I5 ) − R3 I3 = VS − (R1 + R3 )I3 − R1 I5
(7)
0
0
= −R4 (I2 + I5 ) + R3 I3 − R5 I5 = −R4 I2 + R3 I3 − (R4 + R5 )I5
= R5 I5 + R1 (I3 + I5 ) − R2 I2 = −R2 I2 + R1 I3 + (R1 + R5 )I5
(8)
(9)
Innsatt følgende verdier R1 = 3 kΩ, R2 = 4 kΩ, R3 = 10 kΩ, R4 = 2 kΩ, R5 = 5 kΩ og VS = 23 V gir:
0 = 23 V − 13 kΩ I3 − 3 kΩ I5
0 = −2 kΩ I2 + 10 kΩ I3 − 7 kΩ I5
(10)
(11)
0
(12)
= −4 kΩ I2 + 3 kΩ I3 + 8 kΩ I5
Vi skriver om likningssettet slik at det kommer på standard form med konstante ledd til høyre og ukjente til
venstre:
−13 kΩ I3 − 3 kΩ I5
−2 kΩ I2 + 10 kΩ I3 − 7 kΩ I5
−4 kΩ I2 + 3 kΩ I3 + 8 kΩ I5
Determinanten, D, til dette likningssettet er:
0
−13 · 103 −3 · 103 D = −2 · 103 10 · 103 −7 · 103 −4 · 103
3 · 103
8 · 103 =
= −23 V
= 0
= 0
(13)
(14)
(15)
0 + 13 · 103 (−2 · 103 · 8 · 103 − 7 · 103 · 4 · 103 )
− 3 · 103 (−2 · 103 · 3 · 103 + 4 · 103 · 10 · 103 ) Ω3
= −6, 74 · 1011 Ω3
(16)
Determinanten, D3 , finner vi ved å erstatte kolonne 3 (med koeffisientene til den ukjente strømmen I5 ) med de
konstante leddene på høyre side i likningsettet:
0
−13 · 103 −23 0 = 0 + 0 − 23(−2 · 103 · 3 · 103 + 4 · 103 · 10 · 103 ) Ω2 V
D3 = −2 · 103 10 · 103
3
−4 · 103
3 · 10
0 = −7, 82 · 108 Ω2 V
(17)
Cramers teorem gir:
I5 =
−7, 82 · 108
D3
=
VΩ−1 = 1, 16 mA
D
−6, 74 · 1011
Retningen på I5 er gitt på figuren.
TFY4185, Løsning-Øv1 – s.1
(18)
2b. For å finne strømmen I5 deler vi opp kretsen i to deler: lastmotstanden R5 og en Thévenin-ekvivalent for resten
av kretsen, som vist under. Strømmen I5 er gitt som:
VTh
I5 =
(19)
RTh + R5
t
... R...1
............... ....... ...... ....... ...............
...
...
A t
+ VS
− ... R...2
............... ....... ...... ....... ...............
...
...
... ..
... ..
... ..
... ..
... ..
.. ..
.. .... ..
.. ..
.. .... .... ......... .... .... .... .... .... .... ..
... ..
.. .... .......
.. ..
..
.
.
.
R
.
.
.
.
...
...
.
.
.
.
5.. ... ...........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
....... .......
..
.
.
...
..
.
. Last
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..... .. .... .... .... ... ... ....
t
....
....
............... ....... ...... ....... ...............
...
...
R3
................................
RTh
...
+
VTh
... −
B t
I5
sA
..
...
.......
.
.
R5 ........
....
..
sB
....
....
............... ....... ...... ....... ...............
...
...
R4
Thévenin-ekvivalent
Generelt har vi at RTh = Rin når alle kilder er fjernet, dvs når spenningskildene er kortsluttet og strømkildene er
avbrutt. Kretsen er vist under (krets A). Vi tegner kretsen på en annen måte (krets B) slik at det blir enkelt å
finne RTh .
s - s
Fra krets B ser vi at:
A
B
R
R
Rin
.....................1........... s .....................2...........
R2 R4
R1 R3
...
...
...
...
+
RTh = Rin =
....
....
....
....
R
+
R
R
.
.
.
.
.
.
.
.
1
3
2 + R4
Bs
sA
R1.............. R3.............. R2.............. R4..............
....
....
....
....
142
30 8
..
..
..
..
=
kΩ =
+
kΩ (20)
R
R
s
s
.....................3........... s .....................4...........
13 6
39
krets B
krets A
Generelt er VTh = VOC , dvs spenningen over porten AB når kretsen er avbrutt. Kretsen er vist under. Vi ser enkelt
at spenningen VTh er gitt som:
VTh = VOC = R2 IB − R1 IA
I
VS
...
.
+
...
−
.
s
IA IB
− VOC +
R1
.....................................
sA
R3
.....................................
R2
.....................................
s
Bs
R4
.....................................
(21)
Vi innfører at RA = R1 +R3 og RB = R2 +R4 . Uttrykkene
for IA og IB er gitt av likningen for strømdeling i forelesningsnotatene (s 21):
I
=
IA
=
IB
=
(RA + RB )VS
VS
=
RA ||RB
RA RB
IRB
VS
=
RA + RB
RA
IRA
VS
=
RA + RB
RB
(22)
(23)
Likn. (22)-(23) innsatt i (21) gir
VTh
391
R2 VS
R1 VS
4
3
· 23 V =
= R2 IB − R1 IA =
−
=
−
V
RB
RA
6 13
39
(24)
Verdiene for VTh og RTh innsatt i likn. (19) gir:
I5 =
VTh
=
RTh + R5
391
39
142
39 +
5
mA = 1, 16 mA
Retningen på I5 er gitt på figuren.
TFY4185, Løsning-Øv1 – s.2
(25)
Oppgave 2.
La oss begynne med å regne ut Thevenin-ekvivalenten. Resistansen RT er den effektive motstanden mellom nodene
A og B (dvs. at man ser bort fra alle strøm- og spenningskilder). Fra figuren i oppgaveteksten ser vi at vi da kan
representere kretsen på følgende vis: Her er R̃ = R2 + R4 k R1 , samt R = R3 + R5 k R̃. Setter inn tallene som er
R1
R2
R3
A
R4
R5
B
R3
A
A
R5
R̃
R
B
B
oppgitt og får R = RT = 28 Ω.
Thevenin-spenningen VT er definert som potensialforskjellen mellom punktene A og B, når det ikke går noen strøm
mellom de. Dermed vil det ikke gå noen strøm gjennom R3 , og vi kan forenkle kretsen til Da ser vi at VT = I2 R5 ,
R1
12 V
R2
R4
R5
I1
I2
slik at vi må finne I2 . Dette gjør vi ved å sette bruke Kirchoffs lover for I1 og I2 -’loopen’, som gir likningene:
V = I1 R1 + (I1 − I2 )R4 ,
0 = I2 (R2 + R5 ) + (I2 − I1 )R4 .
(26)
(27)
Fra dette finner vi at I2 = 2/3 A, slik at VT = 2 V. Dermed kan vi umiddelbart regne ut Norton-strømmen
IN = VT /RT = 0.25 A.
Eventuelt kunne vi regnet ut den Norton-ekvivalente kretsen først. Norton-strømmen er definert som den strømmen
som går mellom A og B når vi kortslutter de. Dermed måtte vi ha løst ut IN fra følgende likningssystem:
V = I2 R1 + (I2 − I1 )R4 ,
0 = I1 R2 + (I1 − IN )R5 + (I1 − I2 )R4 ,
0
= IN R3 + (IN − I1 )R5 .
(28)
(29)
(30)
Denne fremgangsmåten gir naturligvis samme svar som vi fant ved å regne ut Thevenin-ekvivalenten først, nemlig
R1
R2
R4
12 V
I1
R3
R5
IN
I2
IN = 0.25 A. Dermed har vi funnet at Norton- og Thevenin-ekvivalentene til kretsen er som følger:
RT
A
VT
VT = 2 V
RT = 8 Ω IN
A
RN
B
TFY4185, Løsning-Øv1 – s.3
B
IN = 0.25 A
RN = 8 Ω
Oppgave 3.
Vi ønsker å erstatte samtlige motstander i problemet med en effektiv motstand, akkurat som når vi lager Theveninog Norton-ekvivalenter. Fra figuren i oppgaveteksten ser man at R2 og R4 kan slås sammen til R̃ = R2 + R4 . Siden
R3 og R̃ er parallell-koblede, er den totale motstanden fra disse lik R = R3 k R̃ = (1/R3 + 1/R̃)−1 . Til slutt legger
vi sammen R1 og R som er koblede i serie, og får dermed at
Rtotal = R1 + R3 k (R2 + R4 ),
(31)
hvilket gir Rtotal = 15 Ω når vi setter inn tall.
R1
R2
R3
R4
R1
R1
R3
R
R̃
Oppgave 4.
Vi starter med å angi Maxwells sirkulerende strømmer I1 − I3 i de 3 sløyfene i kretsen under. Vi setter opp de 3
sløyfelikningene.
6I1
+
VS
−
s
Sløyfe 1:
s
I2 .....R5.......
.
.
............ . .. .
.. R..1
............. ....... ...... ....... ..............
..
..
? I
5
.. R..2
............. ....... ...... ....... ..............
..
..
........ ...................
.
.
I3
..
..
.............. ....... ...... ....... ..............
..
..
R3
-
s
..
..
.............. ....... ...... ....... ..............
..
..
R4
0 = VS − (R1 + R3 )I1 − R1 I2 + R3 I3
0 = 23 V − 13 kΩ I1 − 3 kΩ I2 + 10 kΩ I3
s
(32)
Sløyfe 2:
0 = −(R1 + R2 + R5 )I2 − R1 I1 − R5 I3
0 = −12 kΩ I2 − 3 kΩ I1 − 5 kΩ I3
(33)
Sløyfe 3:
0 = −(R3 + R4 + R5 )I3 + R3 I1 − R5 I2
0 = −17 kΩ I3 + 10 kΩ I1 − 5 kΩ I2
(34)
Strømmen gjennom R5 -motstanden er gitt av: I5 = I2 + I3 . Vi starter med å substituere bort I1 fra likningssettet
over. Omskriving av likn. (34) gir:
5 kΩ I2 + 17 kΩ I3
(35)
I1 =
10 kΩ
Likn. (35) innsatt i (32) gir:
13
0 = 23 V − (5 kΩ I2 + 17 kΩ I3 ) − 3 kΩ I2 + 10 kΩ I3
10
0 = 230 V − 13(5 kΩ I2 + 17 kΩ I3 ) − 30 kΩ I2 + 100 kΩ I3
0 = 230 V − 95 kΩ I2 − 121 kΩ I3
(36)
Likn. (35) innsatt i (33) gir:
3
(5 kΩ I2 + 17 kΩ I3 ) − 5 kΩ I3
10
0 = −120 kΩ I2 − 3(5 kΩ I2 + 17 kΩ I3 ) − 50 kΩ I3
0 = −12 kΩ I2 −
0 = −135 kΩ I2 − 101 kΩ I3
(37)
⇓
101
I3
(38)
I2 = −
135
Likn. (36) og (37) innholder kun de to ukjente strømmene, I2 og I3 , som vi begge trenger. Likn. (38) innsatt i (36)
TFY4185, Løsning-Øv1 – s.4
gir:
95 · 101
kΩ I3 − 121 kΩ I3 = 230 V − 49, 926I3
135
I3 = 4, 607 mA
0 = 230 V +
⇒
(39)
Likn. (38) og (39) gir:
I2 = −
101
· 4, 607 mA = −3, 447 mA
135
(40)
Strømmen gjennom R5 -motstanden er:
I5 = I2 + I3 = −3, 447 mA + 4, 607 mA = 1, 16 mA
Retningen på I5 er gitt på figuren.
(41)
Oppgave 5.
Vi ønsker å lage en spenningsdeler med utgangsspenning på V = 15 V samt maksimal strøm I = 250 mA på en
måte som gjør at det finnes fire punkter hvor man kan hente ut 1 V, 2 V, 5 V og 10 V, henholdsvis. Dette er vist
i figuren under.
0V
15 V
I = 250 mA
R1
A
R5
R4
R3
R2
C
B
D
Da trenger vi å spesifisere motstandene Ri slik at spenningsfallet ∆Vi over motstand nr. i blir som ønsket. For
eksempel så ønsker vi et spenningsfall på 5 V over R5 , siden vi vil hente ut 10 V fra punktet D. Med en strøm på
250 mA, så trenger vi da en motstand med
5V
= 20 Ω.
(42)
R5 = ∆V5 /I =
0.25A
Fra punktet D til punktet C ønsker vi også et spenningsfall på 5 V, slik at R4 = 20 Ω. Fra C til B skal vi ha et
spenningsfall på 3 V, hvilket gir R3 = 12 Ω. Spenningsfallene over både R1 og R2 skal være på 1 V, hvilket gir
R1 = R2 = 4 Ω.
Oppgave 6.
a. Superposisjonsteoremet følger av den lineære karakteristikken hos alle komponenter (Ohms lov).
b. For denne kretsen har vi 1 spenningskilde og 3 strømkilder, og vi trenger å beregne I5 for tilfelle I (kun IS1 6= 0),
tilfelle II (kun IS2 6= 0), tilfelle III (kun IS3 6= 0) og tilfelle IV (kun VS 6= 0). For å forenkle likningene bruker vi at
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R6 = R. Husk at for å finne bidraget fra en enkelt strøm- eller spenningskilde, så skal
alle spenningskilder settes til 0 V og alle strømkilder skal erstattes med et tomrom (altså brudd i ledningen, slik
at det ikke går noen strøm gjennom den).
Tilfelle I (når IS1 6= 0):
I4
R4
R1
R5
IS1
R6
I5
Den resulterende kretsen blir som vist ovenfor når kun IS1 blir tatt hensyn til. Da ser vi at ved å bruke Kirchhoffs
lover finner man likningene
IS1
= I4 − I5 ,
(43)
−I5 (R1 + R5 ) = I4 R4 .
(44)
IS1 R4
.
R4 + R1 + R5
(45)
Ved å løse ut for I5 finner vi at
I5 = −
TFY4185, Løsning-Øv1 – s.5
Tilfelle II (når V IS2 6= 0):
IS2
R1
R4
R2
R5
I5
Her ser man umiddelbart at I5 = 0, siden IS2 kun vil sirkulere i den lille løkken øverst til høyre i figuren.
Tilfelle III (når IS3 6= 0):
R2
I4
IS3
R4
R1
R3
R5
R6
I5
Her finner vi likningene
IS3 = I4 − I5 ,
I4 R4 = −I5 (R1 + R5 ),
(46)
(47)
basert på strømbevarelse og prinsippet om totalt null spenningsfall i en lukket sløyfe. Dermed løser vi ut for I5 og
finner
IS3 R4
.
(48)
I5 = −
R1 + R4 + R5
Tilfelle IV (når VS1 6= 0):
R1
+
R4
VS
R5
−
I5
Den effektive kretsen i dette tilfellet er vist ovenfor og gir at
VS1
.
I5 =
R1 + R4 + R5
(49)
Totalt for tilfelle I-IV: Vi adderer strømmen I5 for de tilfelle I-IV) og får at den totale strømmen I5 er lik:
I5 =
VS − R4 (IS1 + IS3 )
.
R1 + R4 + R5
TFY4185, Løsning-Øv1 – s.6
(50)