Uitwerking hertentamen 9 maart 2000

Voorlopige Uitwerking hertentamen 5Q150, 9 maart 2000
Opgave 1:
a) Geleiding is een eigenschap van een dissipator voor constante stroom of debiet. In
principe is frequentieafhankelijke geleiding gelijk aan admittantie. Bij frequentie nul is
echter de geleiding van de verplaatsingsbuffer gelijk aan nul (impedantie oneindig) en de
admittantie van de impulsbuffer gelijk aan oneindig (impedantie 0).
m3  m2 m5
m3
m 4s
b) Geleiding is debiet per druk de eenheid in SI is dus:
elke



sN
Ns Pa  s kg
van deze antwoorden is goed. Geleiding is admittantie=flow/effort.
c) Als je twee gelijke buizen parallel zet gaat bij dezelfde druk een dubbel totaal-debiet
lopen, dus de weerstand is omgekeerd evenredig met A en evenredig met l. (pas op dat we
hier geen rekening houden met eventuele turbulentie in de buis, in praktijk is het iets
ingewikkelder). Als een vaatspier zich samentrekt wordt het vat dunner waardoor de
weerstand toe gaat nemen. Zodat bij dezelfde druk een lagere doorstroming resulteert.
d) Hart: bron met 6l/min= 10-4 [m3/s]. Totale druk is 100 [mm Hg] = 13.33[kPa], de totale
p 13300
 1.33  10 8 [ Ns/m 5 ] . Omdat alle 10 vaten identiek
weerstand is dus R totaal  
 0.0001
zijn moeten ze wel 1/10 van het totaal debiet voeren, dus
1  10 5 [m 3 /s]  10[cm 3 /s] =0.6[l/min]. De weerstand van een enkel vat is dus
Rvat 0  10  Rtotaal  13.3  10 8 [Ns/m5].
e) Bij zelfregulatie is de totale weerstand gelijk aan de parallelschakeling van 9 oude
weerstandswaarden en 1 maal de halve waarde, dus versimpelen tot een parallelschakeling
van 2 weerstanden: Ra  Rvat 0 / 9, Rb  Rvat 0 / 2 . Nu kunnen we Ra en Rb parallel
1  1
1
10
schakelen zodat geldt: Rtotaal2  Rvat 0 9 2  Rvat 0
 Rtotaal . Dit antwoord was te
1  1
92
11
9
2
verwachten, want je had net zo goed in plaats van de weerstand van 1 vat te halveren, 1
identiek extra vat erbij kunnen doen, vandaar een factor 10/11. Nu wordt de druk
10
p 2    Rtotaal2   p1  90.9[mmHg]  12.1[kPa] . Het nieuwe debiet in vat 1 wordt
11
20/11 keer zo groot als voordien, zodat het debiet komt op 18.18cm3/s, dus bijna een
verdubbeling.
f) Het debiet in de ander 9 vaten is 10/11 keer zo groot (9.09cm3/s), dus gezamenlijk =
1*18.18 + 9*9.09= 100cm3/s en dat is inderdaad 6 liter per minuut, er gaat géén debiet
verloren!
g) De massa van het stromende bloed kan als een impulsbuffer (elektrisch een spoel) worden
gemodelleerd. Een vat heeft ook een veerkrachtige wand (compliantie), dit is op te vatten
als een verplaatsingsbuffer (elektrisch een condensator). De spoel en de weerstand voelen
dezelfde stroom en staan dus in serie. De veerkrachtige wand voelt het drukverschil tussen
binnen en buiten het vat. Je krijgt in principe een circuit zoals het eerste stukje van het
model van de katheter (fig 7.7 in het boek).
OPGAVE 2:
a) De overdrachtsfunctie met impedantie berekening:
1
u
1  jR2 C
1  j 1
jC
H  j   uit 


1
u in
1  j R1  R2 C 1  j 2
R1  R 2 
jC
Hierin is  1  10[s], 1  2  16kHz en  2  110[s],  2  2  1.45kHz . Je kunt deze
overdracht zien als een optelling van een laagdoorlaat en een hoogdoorlaat filter. Let op dat
de versterking van het hoogdoorlaatfilter gelijk is aan 1/11! Laat je niet verrassen bij het
tekenen van het bode-diagram. Teken de assymptoten van de teller (horizontaal tot 1, dan
+20dB/dec stijgend!), Teken dan de assymptoten van de 1/noemer (horizontaal tot 2 en dan
dalend met –20dB/dec). Boven 2 heffen de stijgende en de dalende elkaar op zodat de
overdracht weer horizontaal wordt!
R2 
b) Het bodediagram is hierna gegeven, let op dit zijn radialen per seconde! Kijk alvorens je
gaat tekenen altijd naar 0,kantelfrequenties en oneindig! Je ziet dat frequentie 0 alles
doorlaat, dus 0dB. Bij frequentie oneindig is de condensator een kortsluiting zodat je een
spanningsdeler met R1 en R2 krijgt met een overdracht van 100/(1000+100)= 1/11=
0.0909 = -20.8dB. Daartussen gebeurt iets. Je hebt twee punten waar je kantelt, zoals in a)
berekend zijn dat 1.45kHz en 16kHz. Bij 1.45kHz (9.1krad/s)zit je ongeveer op –3dB en 45. Je kijkt nog eens goed en ziet dat voor heel hoge frequenties, de teller en noemer
beide met j beginnen, de fase is dan ook gewoon weer 0 voor oneindig hoge frequenties.
Als je frequentie 16kHz invult dan vind je opnieuw een fase van -45. Omdat de twee
kantelfrequenties tamelijk dicht bij elkaar liggen wordt de fase niet geheel –90 maar blijft
30krad/s bij ongeveer -56 steken.
Bode Diagrams
From: U(1)
0
-10
-15
-20
-25
0
To: Y(1)
Phase (deg); Magnitude (dB)
-5
-20
-40
-60
3
10
4
10
Frequency (rad/sec)
5
10
6
10
U uit
Je ziet dat voor gelijkspanning de tak met de
I uit
condensator niks doet, zodat voor lage frequenties Z uit   0  R1 . We zien ook dat voor
zeer hoge frequenties de condensator als kortsluiting fungeert zodat
R R
Z uit      1 2 . In principe is de vraag hiermee beantwoord. Als je echter met
R1  R2
impedanties doorrekent dan zie je dat als je C en R2 samen Z2 noemt, dat de
uigangsimpedantie de parallelschakeling van R1 met Z2 is. Algemeen geldt dan voor alle
R1  1  jR1C 
mogelijke frequenties: Z uit ( j ) 
als je hierin 0 en oneindig invult
1  j R1  R2 C 
krijg je dezelfde antwoorden!
c) Uitgangsimpedantie definitie Z uit 
OPGAVE 3:
a) Deep-sleep: De sterkste component zal liggen ergens tussen 2 en 3 Hz ook is er een zeer
trage golfbeweging rond 0.3Hz. Amplitudes tussen 20V en 150V (top) worden goed
gerekend. Relaxed: Dit signaal heeft een veel hogere frequentie van ongeveer 10Hz en een
amplitude tussen 20 en 50V.
b) Het signaal met de minste lage en de meeste hoge frequenties zal hierdoor vervormd
raken. Een signaal met veel scherpe, snelle veranderingen zal het meest worden vervormd.
Dit lijkt het bovenste signaal te zijn (exited).
c) Boek blz 10-11: EEG: dc-150Hz. Dit is een praktische waarde. Het snelst mogelijke EEG
signaal is hiervoor het criterium.
d) Een versterker met 96dB versterking levert een versterkingsfactor van 63k. Dus een
maximaal EEG signaal van 300V (Zie boek blz 10) zou hiermee 18.9V opleveren. Dit is
meer dan de voedingsspanning van 5V en zal dus zeker tot vervorming leiden. Het
hoogste ingangssignaal zal rond 5V/63000=80V liggen, dus de bovenste 3 a 4 signalen
zouden wel onvervormd doorkomen maar de onderste (deep sleep) zeker niet!
e) Lange kabels vangen storing op. Een EEG signaal is maar zeer klein zodat de lengte van
alle ongewenste ‘storings antennes’ tot een minimum moet worden beperkt. Dit is de
reden waarom vlak bij de schedel van de proefpersoon wordt versterkt waarna verder
transport, laag-impedant en daardoor ongevoelig voor storing, kan worden worden
gerealiseerd.
f) Een sinus van maximaal 300V heeft een rms waarde van 212Vrms. Dit is het grootst
mogelijke signaal. Het kleinste is de ruis, dus dynamisch bereik is 212/1, in dB is dat
20*log(221)=47dB. (Hier niet gevraagd , maar je zou dus een 47/6=7.75 bits nodig zijn
voor een AD converter, 8 bits zou prima voldoen).
OPGAVE 4:
a) Sensor, geen directe omzetting tussen chemische en elektrische energie (dat zou een
batterij zijn). Er is een voedingsspanning nodig.
b) Neen, dit is sterk niet-linear, de grafiek geeft dit al aan, maar pas op want de grafiek laat
stroom zien en geen weerstand. Zelfs als je aanneemt dat er een constante spanning over
de ISFET aanwezig was dan blijkt de weerstand (evenredig met 1/stroom) ook sterk nietlineair te zijn (let daarbij op de Log schaal op de x-as).
c) De reaktie gaat met C (t )  A  e t /   B , waarin B=1, A=-1. Nu vul je in C(t)=0.99, dan
volgt: t    ln 0.01  18.4s . Dus er moet minimaal 18.4 seconden worden gewacht
voordat 99% van de glucose heeft gereageerd.
d) We hebben 8bits op 2V dus 2V/255=7.843mV voor 1LSB. Dit moet overeenkomen met
100nA. Wet van Ohm levert R=7.843mV/100nA=78.43k. Niet gevraagd: Als je de
ISFET op dezelfde spanning wilt houden kan je ook een opamp gebruiken met deze zelfde
weerstand in de terugkoppellus.
e) We hebben slechts 1 druppel bloed en dus slechts 1 meting voor elke ISFET. Als we
voldoende lang wachten (in praktijk vind men 20s na aanbrengen van het bloed
voldoende), dan kan de waarde worden bemonsterd. In principe is slechts 1 monster
voldoende en is een bemonsteringsfrequentie als zodanig dus niet aanwezig.
Niet gevraagd maar verdere uitleg: Wellicht zou je voor de zekerheid een aantal monsters na
elkaar kunnen nemen om zeker te zijn dat je de juiste waarde hebt gemeten. Je zou echter
steeds dezelfde waarde moeten meten (afgezien van een beetje ruis). De ISFET is eigenlijk
zelf al een ‘chemisch laag-doorlaatfilter’ met een tijdkonstante van 4s. Dit komt overeen met
een frequentie van 0.25/(2pi)=0.04Hz. Dus je mag gerust nog een behoorlijke condensator
over de weerstand in d) zetten zonder dat je daarmee de nodige meettijd noemenswaardig
verlengt en zodat je eventuele net-storingen fors kunt onderdrukken. Een filter met een
kantelfrequentie van een paar Hz zou reeds prima voldoen voor deze functie.