Laboratórium 2 - 3. Mérés ellenőrző kérdései

← Vissza az előző oldalra – Laboratórium 2

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

1. Végtelen hosszú egyenes vezető mágneses tere

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

Megoldás:

Ábra:

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

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:

[math] \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} [/math]

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:

[math] 2 r \pi H = I = \hat{I} \cos ( \omega t )[/math]

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

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

2. Végtelen hosszú egyenes vezető környezetében elhelyezkedő vezetőkeretben indukált feszültség meghatározása

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

Megoldás

Ábra:

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

A Faraday-féle indukciós törvény felhasználásával:

[math] 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)}{2 r \pi} \; \mathrm{d}r =[/math]

[math]= \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 = [/math]

[math]\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)[/math]

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

3. Vezetőkeretben indukált feszültség és kölcsönös induktivitás meghatározása

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

Megoldás

Ábra:

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

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:

[math] \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) = [/math]

[math] = \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] = [/math]

[math] = \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] [/math]

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

[math] 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] = [/math]

A kölcsönös induktivitás definíció szerint számítható:

[math] 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] [/math]

4. Feladat

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

Megoldás

Ábra:

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

Vezessük be az alábbi jelöléseket:

• [math]d\gt \gt r_1,r_2[/math] és [math]r_2\gt r_1[/math]
• Az [math]r_1[/math] sugarú vezetőhenger egységnyi hosszúságú szakaszára eső töltés [math]q[/math]
• Az [math]r_2[/math] sugarú vezetőhenger egységnyi hosszúságú szakaszára eső töltés [math]-q[/math]

Egy töltött [math]R[/math] sugarú hengeres vezető által keltett elektromos térerősségvektor a Gauss-tétellel meghatározható, ha azt egy [math]l[/math] hosszúságú [math]r\gt R[/math] sugarú [math]A[/math] felületű koaxiális hengerre írjuk fel.

[math]\oint_A\limits \vec{E} \;\mathrm{d} \vec{s}= {Q \over \varepsilon}[/math]

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

[math] 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[/math]

Az [math]r_1[/math] sugarú henger töltése [math]U_{BA_1}[/math] potenciálkülönbséget hoz létre a két henger között.

[math]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) [/math]

Az [math]r_2[/math] sugarú henger töltése [math]U_{BA_2}[/math] potenciálkülönbséget hoz létre a két henger között. Hasonló számítással adódik, hogy:

[math]U_{BA_2} \approx {q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \ln \left( {d \over r_2}\right)[/math]

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

[math] 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_1r_2} \right) [/math]

A két hengeres vezető közötti hosszegységre eső kapacitás definíció szerint:

[math] C'={q \over U_{BA}} \approx {q \over {q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \ln \left( {d^2 \over r_1r_2} \right)}= {2 \pi \varepsilon \over \ln \left( {d^2 \over r_1r_2} \right)} [/math]

Ha mindkét henger azonos sugarú, azaz [math]r_1=r_2=r[/math], abban az esetben:

[math] C' \approx \frac{\pi \varepsilon}{\ln \left( \frac{d}{r} \right) } [/math]

5. Feladat

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

Megoldás

Ábra:

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

[math] R = \varrho \cdot \frac{l}{a \cdot h} [/math]

Ahol [math]\varrho[/math] a fajlagos ellenállás, [math]l[/math] a vezetékszakasz hossza, [math]a[/math] a szélessége, [math]h[/math] pedig a vastagsága.

A hibakomponensek worst case összegzése esetén:

[math]\Delta R_{w.c.} = \left| \frac{\partial R}{\partial \varrho} \cdot \Delta \varrho \right| + \left| \frac{\partial R}{\partial l} \cdot \Delta l \right| + \left| \frac{\partial R}{\partial a} \cdot \Delta a \right| + \left| \frac{\partial R}{\partial h} \cdot \Delta h \right| [/math]

[math] \Delta R_{w.c.} = \left| \frac{l}{a \cdot h} \cdot \Delta \varrho \right|+ \left| \frac{\varrho}{a \cdot h} \cdot \Delta l \right|+ \left| - \varrho \cdot \frac{l}{a^2 \cdot h} \cdot \Delta a \right|+ \left| - \varrho \cdot \frac{l}{a \cdot h^2} \cdot \Delta h \right|[/math]

[math] {\frac{\Delta R}{R}}_{w.c.} = \left| \frac{\Delta \varrho}{\varrho} \right|+ \left| \frac{\Delta l}{l} \right|+ \left| \frac{\Delta a}{a} \right|+ \left| \frac{\Delta h}{h} \right|[/math]

A hibakomponensek valószínűségi összegzésével, ami a tényleges bizonytalanságot adja:

[math] {\frac{\Delta R}{R}}_{val} = \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} [/math]

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 illetve 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 másikon 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 (úgynevezett 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.

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

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)

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

9. Feladat

Ideális elemeket feltételezve írja fel a szűrő csillapítását aszimmetrikus zavarjelre!

Megoldás

Ábra:

[math] \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 L j \omega C + 1} = \frac{1}{1 - \omega^2 L C} [/math]

[math]A_{dB} = 20 \cdot \log \left( \frac{U_\mathrm{ki}}{U_\mathrm{be}} \right) = 20 \cdot \log \left( \frac{1}{1 - \omega^2 L C} \right)[/math]

10. Feladat

Adja meg a szűrő szimmetrikus zavarjelre érvényes modelljét!

Megoldás

Hiba a bélyegkép létrehozásakor: Nem lehet a bélyegképet a célhelyre menteni

11. Feladat

Ideális elemeket feltételezve írja fel a szűrő csillapítását szimmetrikus zavarjelre!

Megoldás

Ideális eset: [math]L_\mathrm{sz}=0[/math] (szivárgási induktivitás) [math]\longrightarrow[/math] A csillapítás egységnyi, a kimeneti feszültség bármely frekvencián megegyezik a bemeneti feszültséggel.

Valóságban: [math]L_\mathrm{sz} \neq 0[/math]

[math] \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}} [/math]

A gyakorlatban adott frekvencián [math]\frac{U_\mathrm{ki}}{U_\mathrm{be}}[/math] méréssel meghatározható, majd a képlettel [math]L_\mathrm{sz}[/math] számítható.

12. Feladat

Elektromágneses tereknél mit nevezünk közeltérnek illetve távoltérnek?

Megoldás

Ábra:

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

[math] \mathbf{H}(\mathbf{r},t) = \frac{1}{4 \pi} \int_l\limits I \left( \mathbf{r'}, t-\frac{R}{v} \right) \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}; [/math]

[math] 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}} [/math]

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.

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