Uitwerking hertentamen 5Q150, 4 juli 2000, A

Voorlopige Uitwerking hertentamen 5Q150, 4 juli 2000, A. Veltman
Opgave 1
Energie omzettingen van fietser naar gloeilampje….
a) Chemisch (voedsel)  translatie (spieren)  rotatie (trappers)  translatie (fiets-ketting) 
rotatie(tandwiel, wiel, dynamo)  elektrisch(dynamo)
[straling(licht) & thermisch(warmte)](lampjes)
b) Vermogen is effort*flow = spanning*stroom. Dus stroom I  P
U
= 3.5W/6V = 583mArms. De
amplitude bij een sinusvormig signaal is 2 maal de rms waarde dus Iˆ  2  583  824mA .
c) Perfecte omzetting, dus vermogen mechanisch= vermogen elektrisch, zodat P    T  U  I .
Bovendien geldt dat omtrek en draaisnelheid gecombineerd 20km/uur=20000/3600=5.55m/s
omtrek cirkel met diameter d: O    d  0.0597 m levert 5.55/0.0597=93,1 Omw/sec =
585rad/s. Dus de draaisnelheid bedraagt 93,1 [Hz] ofwel omwentelingen per seconde ofwel
  585rad/s . Om het koppel te berekenen geldt T  P   0.006Nm . De remkracht op de
band door de dynamo is T/(d/2)=0.63N, dit kan je ook met 3.5W/5.55m/s=0.63N berekenen.
d) De kracht op de pedalen gaat evenzo:  trapper 
Ttrapper 
P
trapper
2  30
 3.14rad/s  zodat
60
 1.11Nm op een trapper afstand van 0.15m geeft 1.11Nm/0.15m een kracht
van 7.4N. Let op dit is een gemiddelde. In principe is het vermogen dat de dynamo levert
pulserend, en is ook de trap-kracht niet constant, dus de piek-kracht zal zeker hoger zijn dan 7.4N.
Opgave 2
Dit is een eerste orde systeem.
a) De condensator is ongeladen en zal vlak na t=0 dus ook ongeladen zijn, d.w.z. dat
uuit(0+)=uin(0+)=4V. Op dat zelfde moment zal er een stroom u/R door de weerstand gaan lopen.
Deze stroom zal de condensator opladen totdat de stroom nul wordt. Na lang wachten (t=) zal de
condensator dus tot 4V zijn opgeladen en is uuit(t=)=0.
b) Algemene oplossing eerste orde systeem: u (t )  A  e t /   B . De tijdconstante   RC , zodat
met de antwoorden uit a) volgt:
4  A  B

0  B
zodat A=4, B=0.
De gevraagde beschrijving is dus: u uit t   4  e t 10
3
c) De spanning op t=500s bedraagt dus: u uit 500s   4  e 0.510
3
103
 2.426V
jRC
R

d) De overdrachtsfunctie met impedanties uitrekenen is: H  j  
1
1  jRC
R
j C
Dit is dus een hoogdoorlaatfilter van eerste orde, zoals je al had gezien….
e) A: versterking eerste Opamp=1, tweede opamp –330/100=-3.3, totaal A=-3.3,
B: versterking eerste opamp –3.3, tweede opamp +1, totaal B=-3.3.
Ingangsimpedantie A= oneindig (ideale opamp), Zin_B=100k want de spanning op ‘-‘ ingang van
eerste opamp in B is gelijk aan nul.
Uitgangsimpedantie van een ideale opamp is gelijk aan nul, dus dit geldt voor zowel A als B.
f) Schakeling A beïnvloedt het signaal uit figuur 1 niet omdat de ingangsimpedantie oneindig is, dus
het signaal UAuit heeft een amplitude van 4*-3.3=-13.2V en dezelfde vorm (geïnvesteerd) als Uuit
in vraag b). Pas op dat schakeling B de tijdconstante van de schakeling in figuur 1 sterk
beïnvloedt! De ingangsimpedantie van 100k staat immers parallel aan de R=1M, zodat een
equivalente waarde van 1/11*1M = 90.9k ontstaat. De tijdconstante wordt dus 90.9s in plaats
van 1ms! Uiteraard is de amplitude in eerste instantie gelijk aan die van schakeling A. Zie schets
in onderstaande figuur.
5
-5
in
uit
U ,U ,U
Auit
en U
Buit
[V]
0
-10
-15
-1
-0.5
0
0.5
1
t[s]
1.5
2
2.5
3
-3
x 10
Opgave 3
a) De maximale versterking van F1 bedraagt 10 bij hoge frequenties, evenals F3 bij middelmatige
frequenties, zodat deze filters actief moeten zijn. F2 kan passief zijn maar zou ook actief kunnen
zijn.
b) Met complexe getallen regels: invullen. Je kunt gewoon de frequentie in HF1 en HF2 invullen en
dan de serieschakeling berekenen door de magnitudes te vermenigvuldigen en de fases op te
tellen.
filter
5Hz=31.4rad/s
300Hz=1884rad/s
135kHz=848krad/s
mag
phase
mag
phase
mag
phase
F1
2.997
9.986
10.00
+72.6
+3.04
0.0007
F2
1.000
0.99982
0.157
-0.018
-1.08
-80.95
F3
2.997
9.9984
1.570
+72.6
+1.96
-80.95
c) rood is bodediagram van F3
Bode diagram van filters F1,F2 en F3
2
versterking
10
0
10
-2
10
-4
10
-1
10
0
10
0
10
10
1
10
2
10
frequency [Hz]
1
10
3
10
2
10
frequency [Hz]
4
10
3
10
5
10
4
10
6
10
5
10
7
6
10
100
fase [grad]
50
0
-50
-100
-1
10
10
7
Opgave 4
a) Schets een stukje van fig7.14a of 7.15 top.
b) Amplitude in figuur is 80-120mmHg, maar dit is onvoldoende voor een bloedmeter want een
gestresst persoon en gewonden die veel bloed hebben verloren moeten ook kunnen worden
gemeten. Zie tabel blz. 10: direct 10-400mmHg amplitudebereik is nodig met frequentiebereik
tussen 0-50Hz.
c) Een piezo kan slechts wisselende druk omzetten (geen vaste druk) dus AC en geen DC. Met
rekstrookjes kunnen zowel een constante als een wisselende druk tot redelijk hoge frequenties
(enkele kHz) goed worden omgezet in een meetbare spanning.
d) Anti-aliasing filter is altijd een laag-doorlaat filter, de functie is frequentiecomponenten boven de
nyquist frequentie voldoende tegen te houden. De orde is doorgaans hoger dan 2 om d.m.v. een
stijlere afvalcurve de meetbandbreedte dichter bij de nyquist frequentie te kunnen leggen.
Hierdoor kan de beschikbare bandbreedte beter worden benut.
e) Bloeddruk is altijd positief zodat een unipolaire AD omzetter geschikt is, zodoende kan je alle bits
goed benutten.
f) Bandbreedte tot 50Hz nodig, normaal kies je de nyquistfrequentie zeker 5 a 10 maal 50Hz, dus
fsamp=500 a 1000Hz, dan heb je nog maar 1800/500=3bits of 1800/1000 is 1 a 2 bits over, dat is
nooit genoeg! ….Dan maar een stijler anti-aliasing filter (bijvoorbeeld 10e orde) zodat we op
200Hz à 250Hz gaan bemonsteren, dan houden we nog 1800/200=9bits per monster over, beter
dan dit is vrijwel niet haalbaar.
g) Met 9bits wordt de kleinst meetbare druk 400mmHg/(29-1)=0.8mmHg. Dit lijkt een resolutie
waarmee het ziekenhuis tevreden kan zijn.