Tentamen Inleiding Meten Vakcode 8E020 22 april 2009, 9.00 - 12.00 uur Dit tentamen bestaat uit 4 opgaven. Indien u een opgave niet kunt maken, geeft u dan aan hoe u de opgave zou maken. Dat kan een deel van de punten opleveren. Het gebruik van een (grafische) rekenmachine is toegestaan. Bijlagen: formuleblad en domeinentabel. Veel succes! 1. Twee regentonnen zijn door middel van een waterslang met elkaar verbonden. Voor beide tonnen geldt dat de opening naar de slang zich vlakbij de bodem bevindt. Er zit een kraan in de slang. Normaal gesproken is de kraan gesloten. Na een flinke regenbui is de eerste regenton helemaal vol met water. De tweede regenton is slechts halfvol. De kraan wordt opengedraaid zodat na verloop van tijd het waterpeil in beide tonnen gelijk wordt. (a) Geef een uitdrukking voor het drukverschil over de slang als functie van het waterpeil in beide tonnen en laat zien dat de eenheden kloppen (hint: [N] = [kg · m · s−2 ]). De weerstand van de slang is gelijk aan 10−7 Ns/m5 . NB: Dit was een fout in de opgave. De weerstand van de slang is gelijk aan 107 Ns/m5 . Uiteraard zijn correcte antwoorden met weerstand 10−7 Ns/m5 goedgerekend. (b) Geef een uitdrukking voor de hoeveelheid water die per seconde door de slang stroomt (debiet) als functie van het drukverschil. Beide regentonnen zijn precies 1 m hoog. De eerste regenton heeft een inhoud van 100 liter, terwijl de tweede regenton een inhoud heeft van 200 liter. De kraan wordt opengedraaid op tijdstip t = 0. (c) Geef een differentiaalvergelijking voor het verschil in waterpeil tussen de twee tonnen. (d) Geef een differentiaalvergelijking voor het debiet en laat zien dat dit een 1e orde systeem is. (e) Geef de exacte formule van het debiet als functie van de tijd. (f) Schets het verloop van het waterpeil van de twee tonnen als functie van de tijd. (g) Bereken het tijdstip waarop het verschil in waterpeil tussen de twee tonnen precies gehalveerd is.
1
Antwoord: (a) Voor het drukverschil ∆p [N/m2 ] geldt ∆p = pA − pB = ρ · hA · g − ρ · hB · g = ρ · g · (hA − hB ), waarbij ρ de soortelijke massa van water (1000 kg/m3 ), g de zwaartekrachtversnelling (9.8 m/s2 ) en hA en hB [m] het waterpeil in de regentonnen. Controle van de eenheden: [N · m−2 ] = [kg · m · s−2 · m−2 ] = [kg · m−3 ] · [m · s−2 ] · [m]. We hebben hier gebruik gemaakt van de hint [N] = [kg · m · s−2 ]. (b) In de domeinentabel vinden we de relatie R = p/Φ, met R [Ns/m5 ] de weerstand, p [N/m2 ] de druk en Φ [m3 /s] het debiet. Dus voor het debiet geldt Φ = ∆p/R, waarbij R = 107 Ns/m5 . NB: In de oorspronkelijke opgave stond dat de weerstand gelijk is aan 10−7 Ns/m5 . Dit moet dus zijn 107 Ns/m5 . Uiteraard zijn correcte antwoorden met weerstand 10−7 Ns/m5 goedgerekend. (c) De differentiaalvergelijking voor het verschil in waterpeil is
= = = = = =
d(hA − hB ) dt d(VA /OA − VB /OB ) dt dVA 1 dVB 1 · − · dt OA dt OB Φ Φ − − OA O B ! 1 1 −Φ + OA O B ! 1 1 + −Φ 0.1 0.2 −Φ(10 + 5) = −15 · Φ
Hierin zijn VA en VB de inhoud van de regentonnen en OA en OB het oppervlak. Beide regentonnen zijn 1 m hoog, dus gegeven dat VA = 100 liter = 0.1 m3 en VB = 200 liter = 0.2 m2 , vinden we dat OA = VA /1 = 0.1 m2 en OB = VB /1 = 0.2 m2 . (d) In opgave (a) vonden we voor het drukverschil ∆p de uitdrukking ∆p = ρ · g · (hA − hB ). In opgave (b) vonden we voor het debiet Φ de uitdrukking Φ=
∆p ρ · g = · (hA − hB ). R R
Met behulp van de differentiaalvergelijking van opgave (c) vinden we de volgende differentiaalvergelijking voor het debiet Φ: dΦ ρ · g d(hA − hB ) ρ·g = · = −15 · · Φ. dt R dt R Deze differentiaalvergelijking is van de 1e orde (R, ρ en g zijn constant). 2
(e) Om het debiet als functie van de tijd uit te drukken, moeten we de differentiaalvergelijking van opgave (d) oplossen. De algemene oplossing is Φ(t) = A · exp(−t/τ) + B, waarbij τ = R/(15 · ρ · g) = 107 /(15 · 103 · 9.8) = 68 s. Voor t = 0 geldt dat de eerste regenton helemaal vol is en dat de tweede regenton halfvol is, dus hA = 1 m en hB = 0.5 m. Dus Φ(0) = A + B =
ρ·g 103 · 9.8 · (1 − 0.5) = 4.9 × 10−4 [m3 /s]. · (hA − hB ) = R 107
Verder geldt Φ(∞) = B = 0. Hieruit volgt A = 4.9 × 10−4 en B = 0. Opgave 1 1 Hoogte A Hoogte B
0.95 0.9
Hoogte [m]
0.85 0.8 0.75 0.7 0.65 0.6 0.55 0.5
0
100
200
300 Tijd [s]
400
500
600
(f) Voor hA geldt dhA dVA 1 dVA 1 dVA = · = · = 10 · = −10 · Φ. dt dt OA dt 0.1 dt En voor hB geldt dhB dVB 1 dVB 1 dVA = · = · =5· = 5 · Φ. dt dt OB dt 0.2 dt Het waterpeil in de eerste regenton daalt dus twee keer zo snel als dat het waterpeil in de tweede regenton stijgt. Aanvankelijk was het verschil in waterpeil 0.5 m, dus uiteindelijk zal het waterpeil in de eerste regenton 0.33 m gedaald zijn en in de tweede regenton 0.17 m gestegen. Het uiteindelijke waterpeil in beide regentonnen is dus 0.67 m. De tijdconstante is gelijk aan τ = 68 s (opgave (e)). Hiermee hebben we voldoende informatie om het verloop van het waterpeil voor beide tonnen te schetsen (zie bovenstaande figuur). 3
Omdat we de tijdconstante τ kennen, kunnen we hA en hB ook als functie van de tijd bepalen: hA (t) = AA · exp(−t/τ) + BA , waarbij hA (0) = 1 m en hA (∞) = 0.67 m, dus AA + BA = 1 en BA = 0.67. Hieruit volgt AA = 0.33 en BA = 0.67. Voor hB geldt hB (t) = AB · exp(−t/τ) + BB , waarbij hB (0) = 0.5 m en hB (∞) = 0.67 m, dus AB + BB = 0.5 en BB = 0.67. Hieruit volgt AB = −0.17 en BB = 0.67 (zie bovenstaande figuur voor het exacte verloop van hA en hB ). (g) Voor de halveringstijd t1/2 geldt: exp(−t1/2 /τ) = 0.5. Hieruit volgt t1/2 = −τ · ln(0.5) = −68 · −0.6931 = 47 s. Je kunt de halveringstijd t1/2 ook berekenen met behulp van de functies hA (t) en hB (t) zoals hierboven gedefinieerd: hA (t1/2 ) − hB (t1/2 ) = 21 (hA (0) − hB (0)) ≡ (AA − AB ) · exp(−t1/2 /τ) + BA − BB = ≡ (AA − AB ) · exp(−t1/2 /τ) =
1 4
1 2
· (1 − 21 )
− BA + B B
1 − BA + B B ≡ exp(−t1/2 /τ) = 4 AA − A B 1 4 − BA + BB ≡ −t1/2 /τ = ln AA − A B 1 4 − BA + BB ≡ t1/2 = −τ · ln AA − A B 1 2 2 − + ≡ t1/2 = −τ · ln 4 1 3 1 3 − −6 1 3 ≡ t1/2 = −τ · ln 41 = −τ · ln 12 = −68 · −0.6931 = 47 [s]. 2
4
Opgave 2
Spanning [V]
4 3 2 1 0
0
2
4
6 Tijd [ms]
8
10
12
2. Het verloop van een spanning U(t) wordt gegeven door bovenstaande figuur. (a) Geef met behulp van de grafiek de uitdrukking van U(t) tussen t = 0 en t = 4 ms. (b) Wat is de gemiddelde spanning? (c) Wat is de effectieve spanning? (d) Geef de Fouriergenalyseerde van U(t), d.w.z. bepaal a0 en algemene uitdrukkingen in n voor an en bn . (e) Teken het Fourierspectrum van U(t) (tot en met n = 4) Antwoord: (a) Tussen t = 0 en t = 4 · 10−3 s geldt U(t) = a + b · t. Met U(0) = 4 en U(4 · 10−3 ) = 0 vinden we a = 4 en b = −103 . De spanning U(t) kan dus worden beschreven met U(t) = 4 − 103 t. (b) De gemiddelde spanning is Ugem = = = =
1 4 · 10−3 1 4 · 10−3
Z
4·10−3
U(t) dt 0
Z
4·10−3
4 − 103 t dt
0
#4·10−3 " 103 2 t 4t − 2 0
1 4 · 10−3 1 · (16 · 10−3 − 8 · 10−3 ) = 2 V. 4 · 10−3
Je kunt de gemiddelde spanning ook bepalen door het oppervlak van de driehoek te bepalen: Ugem
! 1 1 1 −3 = · · 4 · 4 · 10 = · 8 · 10−3 = 2 V. −3 2 4 · 10 4 · 10−3 5
(c) De effectieve spanning is s Ueff = s = s = s = s
= =
1 4 · 10−3 1 4 · 10−3 1 4 · 10−3
Z
4·10−3
U 2 (t) dt 0
Z
4·10−3
(4 − 103 t)2 dt 0
Z
4·10−3
16 − 8 · 103 t + 106 t2 dt 0
" #4·10−3 106 3 1 3 2 16t − 4 · 10 t + t 3 4 · 10−3 0
! 1 64 · 10−3 −3 −3 64 · 10 − 64 · 10 + 3 4 · 10−3 r r r 4 1 64 · 10−3 64 16 = = = √ ≈ 2.31 V. · −3 3 12 3 4 · 10 3
(d) a0 /2 is gelijk aan Ugem uit opgave (b), dus a0 = 2 · Ugem = 2 · 2 = 4 V. Voor an geldt an =
2 4 · 10−3
=
2 4 · 10−3
=
1 2 · 10−3
=
= = = =
Z
4·10−3
U(t) cos 0
Z
4·10−3
2nπt dt 4
(4 − 103 t) cos
0
Z
4·10−3
2nπt dt 4 · 10−3
nπt dt 2 · 10−3 #4·10−3 nπt sin 2 · 10−3 0
(4 − 103 t) cos
0
" −3 1 3 2 · 10 (4 − 10 t) nπ 2 · 10−3 Z 4·10−3 −3 nπt 1 3 2 · 10 sin − −10 · dt −3 nπ 2 · 10 2 · 10−3 0 Z 4·10−3 1 1 2 nπt (0 − 0) + sin dt −3 −3 nπ 2 · 10 2 · 10 2 · 10−3 0 " #4·10−3 4 · 10−3 nπt 1 cos 2 · 10−3 (nπ)2 2 · 10−3 0 ! 1 4 · 10−3 4 · 10−3 cos(2nπ) − cos 0 2 · 10−3 (nπ)2 (nπ)2 ! 4 · 10−3 4 · 10−3 1 − =0 2 · 10−3 (nπ)2 (nπ)2
In deze berekening hebben we gebruik gemaakt van het feit dat cos(2nπ) = 1 voor n = 1, 2, 3,. . . . 6
Voor bn geldt bn = = =
2 4 · 10−3 2 4 · 10−3 1 2 · 10−3
Z
4·10−3
U(t) sin 0
Z
4·10−3
2nπt dt 4
(4 − 103 t) sin
2nπt dt 4 · 10−3
(4 − 103 t) sin
nπt dt 2 · 10−3
0
Z
4·10−3
0
" #4·10−3 2 · 10−3 nπt 1 3 (4 − 10 t) · − cos = nπ 2 · 10−3 2 · 10−3 0 Z 4·10−3 2 · 10−3 1 nπt 3 − −10 · − cos dt −3 nπ 2 · 10 2 · 10−3 0 ! Z 4·10−3 1 2 · 10−3 1 2 nπt = 0−4·− cos 0 − cos dt −3 −3 nπ nπ 2 · 10 2 · 10 2 · 10−3 0 " #4·10−3 1 1 8 · 10−3 4 · 10−3 nπt − = · sin nπ 2 · 10−3 2 · 10−3 (nπ)2 2 · 10−3 0 ! 1 4 · 10−3 4 · 10−3 4 − sin(2nπ) − sin 0 = nπ 2 · 10−3 (nπ)2 (nπ)2 4 = nπ In deze berekening hebben we gebruik gemaakt van het feit dat sin(2nπ) = 0 voor n = 1, 2, 3,. . . . (e) De frequenties voor n ≤ 4 zijn: 0, 250, 500, 750, en 1000 Hz. Bij elk van deze frequenties (n) bereken je an en bn . Voor het Fourierspectrum van de amplitude geldt dan: 5 pieken p bij de frequenties 0, 250, 500, 750, en 1000 Hz met hoogte a2n + b2n , respectievelijk de 4 waardes 4, π4 , π2 , 3π en π1 [V]. Voor het fasespectrum vul je bij de betreffende frequenties in arctan(bn /an ) en dat levert op 0, π2 , π2 , π2 en π2 [rad]. Teken dit in twee staafdiagrammen en je krijgt de figuur op de volgende pagina.
7
Amplitude Fourier spectrum
Amplitude [V]
4 3 2 1 0
0
250
500
750
1000
Fase Fourier spectrum
Fase [rad]
2 1.5 1 0.5 0
0
250
500 Frequentie [Hz]
750
1000
3. Gegeven is de spannings-overdrachtsfunctie H( jω) = H1 ( jω) · H2 ( jω) =
jω RL 1+
jω RL
·
1 1 + jω RL
(a) Teken de Bode Plots van deze overdrachtsfunctie als R = 1 kΩ en L = 1 mH. (b) Wat voor soort filter is dit (hoogdoorlaatfilter / laagdoorlaatfilter / bandpassfilter)? Motiveer je antwoord. Aan deze schakeling staat een ingangsspanning U(t) = 5 sin(103 t) + 3 cos(106 t) + 7 sin(109 t + 14 π) + 2. (c) Hoe ziet de spanning aan de uitgang er uit? (d) Teken het Fourierspectrum van ingangs- en uitgangssignaal. (e) Schets een schakeling waarmee deze overdrachtsfunctie gerealiseerd kan worden en laat zien dat deze schakeling ook daadwerkelijk deze overdrachtsfunctie realiseert.
8
Antwoord: Bode Diagram 0
Magnitude (dB)
−10 −20 −30 −40 −50 90
Phase (deg)
45 0 −45 −90 4
10
5
6
10
10 Frequency (rad/sec)
7
8
10
10
(a) Vul de waarde R = 103 [Ω] en L = 10−3 [H] in in de overdrachtsfunctie H: H( jω) =
jω10−6 1 · 1 + jω10−6 1 + jω10−6
Beschouw het gedrag van H, dat wil zeggen, bereken |H| en ϕH voor ω = 0, ω = ω0 = 106 en ω = ∞. In onderstaande tabel is H( jω) = H1 ( jω) · H2 ( jω), zodat |H| = |H1 | · |H2 | en ϕH = ϕH1 + ϕH2 . ω |H1 | |H2 | |H| 0 0 1 0 1 1 1 √ ω0 √ 2 2 2 ∞ 1 0 0
π 2 π 2 π 2
ϕH1 ϕ H2 − 0 = π2 0−0=0 − π4 = π4 0 − π4 = − π4 − π2 = 0 0 − π2 = − π2
ϕH π 2
0 − π2
Maak nu grafieken van 10 log |H| en ϕH uitgezet tegen 10 log ω (zie bovenstaande figuur). (b) Dit is een bandpassfilter, want zowel lage frequenties (ω = 0) als hoge frequenties (ω = ∞) worden ernstig verzwakt, terwijl tussenliggende frequenties (ω = ω0 ) veel minder verzwakt worden doorgelaten. (c) Alleen de component 3 cos(106 t) wordt enigszins verzwakt doorgelaten. De overige componenten liggen allen ver van ω0 en verdwijnen. Uit bovenstaande tabel blijkt dat de amplitude van de component 3 cos(106 t) wordt versterkt met een factor 21 , terwijl de fase onveranderd blijft. De uitgang wordt dus Uuit = 1.5 cos(106 t). 9
Je mag het ook exact uitrekenen voor de afzonderlijke componenten, bereken daarvoor |H| en ϕH bij de betreffende frequenties (0, 103 , 106 en 109 ). Vermenigvuldig dan de uitkomst van |H| bij de frequentie met de amplitude aan de ingang bij die frequentie. Dat product is dan de amplitude van die frequentie aan de uitgang. De waardes van ϕH bij een bepaalde frequentiecomponent tel je dan op binnen de haken. (d) Het amplitude Fourierspectrum van het ingangssignaal U(t) heeft 4 pieken bij ω = 0, ω = 103 , ω = 106 en ω = 109 . Het fase Fourierspectrum heeft 2 pieken bij ω = 103 en bij ω = 109 . Zie onderstaande tabel. ω |H| ϕH 0 2 0 3 10 5 − π2 6 10 3 0 109 7 − π4 Het amplitude Fourierspectrum van het uitgangssignaal Uuit (t) heeft slechts 1 piek bij ω = ω0 = 106 . De hoogte van deze piek is 1.5. Het fasespectrum van Uuit (t) heeft geen pieken. De fase bij ω0 is gelijk aan de fase bij ω0 van het ingangssignaal (= 0), omdat bij ω0 geen fasedraaiing plaatsvindt. (e) Deze overdrachtsfunctie kan worden gerealiseerd met twee in serie geschakelde filters. De eerste is een hoogdoorlaatfilter bestaande uit een in serie geschakelde weerstand en spoel (spanning aflezen over de spoel). De tweede is een laagdoorlaatfilter bestaande uit een in serie geschakelde spoel en weerstand (spanning aflezen over de weerstand). Het ingangssignaal van de tweede filter is het uitgangssignaal van de eerste (zie figuur).
L
R
U
L
R
10
Uuit
4. Gegeven is het volgende spanningssignaal (Volt): π S (t) = 3 + 6 cos(1257t) + 0.1 sin 4398t + . 4 (a) Geef aan uit welke Fouriercomponenten dit signaal bestaat. Geef van elk van de componenten de amplitude, fase en frequentie (in Hz). Dit signaal wordt bemonsterd en gedigitaliseerd met behulp van een AD converter. De bemonsteringsfrequentie fs is 500 Hz. (b) Wat is de Nyquist frequentie fnyq ? (c) Welke frequenties neem je waar aan de uitgang van de AD converter? Het signaal S (t) dient gedigitaliseerd te worden met behoud van de oorspronkelijke frequenties. (d) Maak een gefundeerde schatting van de minimaal benodigde bemonsteringsfrequentie en het minimaal benodigd aantal bits resolutie dat nodig is om signaal S (t) zonder noemenswaardig verlies digitaal te kunnen vastleggen. (e) Geef aan wat bij het gekozen aantal bits de uiteindelijke resolutie is. Antwoord: (a) Frequentie 0 Hz: amplitude 3 en fase 0. Frequentie 1257/(2π) = 200 Hz: amplitude 6 en fase 0. Frequentie 4398/(2π) = 700 Hz: amplitude 0.1 en fase −π/4. (b) fnyq = fs /2 = 500/2 = 250 Hz. (c) Voor de eerste 2 componenten geldt dat de sample frequentie hoog genoeg is. Deze componenten komen er onvervormd uit. De derde component wordt door aliasing vervormd. Er geldt fs < fin < 32 fs , dus fuit = fin − fs = 700 − 500 = 200 Hz. Het uitgangssignaal bevat dus de frequenties 0 en 200 Hz. (d) De minimaal benodigde bemonsteringsfrequentie is 2 maal 700 Hz, dus 1400 Hz. De grootste amplitude is die van de tweede component en is gelijk aan 6 Volt. De kleinste amplitude is die van de derde component en is gelijk aan 0.1 Volt. De gelijkspanningscomponent is 3 Volt, dus het signaal varieert tussen −3.1 en +9.1 Volt. Een mogelijke keuze voor de minimale stapgrootte is de helft van de kleinste amplitude, dus 0.05 Volt. Aangezien het signaal zowel positief als negatief kan zijn kiezen we voor een bipolaire AD converter. Een bereik van ±10 Volt volstaat in dit geval. Het minimaal aantal benodigde stapjes is dan gelijk aan 10/0.05 = 200. Naast het tekenbit zijn er dus minstens 8 (27 = 128 en 28 = 256) bits nodig. In totaal dus 9 bits. (e) In het geval van een bipolaire AD converter bij een bereik van ±10 V is de uiteindelijke resolutie met 9 bits gelijk aan 10 − −10 20 = = 0.039 [V]. 511 29 − 1
11
