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Forum: Mikrocontroller und Digitale Elektronik Kondensator mit Umkehrintegrierer


Autor: Felix Heinz (felix83)
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Hee Leute,

ich hab eine Aufgabe, die sich auf den zeitlichen Verlauf eines 
Kondensators bezieht. Dieser Kondensator befindet sich (siehe Anhang)
in einem Umkehrintegrierer.
Nun hat uns der Prof. die Kennlinien direkt eingezeichnet und ich hab 
mir dazu auch keine Notizen gemacht :-((

OK, anhand des Graphen kann ich erkennen, dass der Kondensator zwischen 
0s und 1s aufgeladen,zwischen 1s bis 3s entladen und danach wieder 
aufgeladen wird.

Aber wie man auf die Werte wie (+-)1µA oder (+-)1V kommt, kann ich nicht 
nachvollziehen...

Hat einer ne Idee ???

mfg
felix

Autor: OPV (Gast)
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Guten Abend!

Also, du hast ja hier eine Rechteckspannung welche durch den 
Schmitt-Trigger erzeugt wird und die auf den Umkehrintegrierer 
rückgeführt wird.
Also wenn der Verlauf vom Strom im Bereich 0s-1s(=Wert 1uA) negativ ist 
dann erhältst du eine linear steigende Funktion, weil ja das Integral 
von einer Konstanten bzw. von dx gleich x ist. beim Umschaltpunkt 1s bis 
3s hast du einen positiven Stromwert, also ergibt das eine linear 
fallende Funktion, das wiederholt sich jetzt wieder und wieder....also 
kurz gesagt, wenn man eine Rechteckspannung integriert, erhält man eine 
Dreieckspannung.

Zu den Werten kommst du indem du den Strom der durch einen Kondensator 
fließt berechnest.....probier mal ic = C * dU/dt....mich freuts jetzt 
ned rechnen...:-)

MfG

Autor: Frank (Gast)
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Bist du sicher, dass die Werte 1µA und 1V richtig sind und es nicht eher 
2µA und 2V sein müssten?

Wenn U2 +/-10V beträgt (deshalb ein OP mit rail-to-rail Ausgang), dann 
fallen diese +/-10V auch über den 5Mohm Widerstand ab (virtuelle Masse); 
Folglich fließt ein Strom von +/-2µA.

Autor: Felix Heinz (felix83)
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Jaja die Werte stimmen schon.

Also U= Q/C = I * Δt / C
     =>  Δt = ΔU*C / I = 1V*1µF /  1 µA = 1s

Abr wie er auf diese 1µA kommt, kapiere ich immer noch nicht

Autor: Felix Heinz (felix83)
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Obwohl doch, aber ich bin mir nicht sicher ob dieser Ansatz richtig ist 
!!

Wenn ich mir den Umkehrintgrierer betrachte, dann habe ich ja aufgrund
des Schmitt-Triggers zu Zustände (10V oder -10V)

Wenn -10V am Ausgang liegen, dann ist
doch I(t) = 10V / 10 MOhm = 1µA

Wenn +10V am Ausgang => I(t) = -10V / 10 MOhm = -1µA

ist das so richtig ???

Aber wie komme ich dann auf die 1V ??

Autor: Frank (Gast)
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und wo sollen die 10 Mohm herkommen?

Autor: OPV (Gast)
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Hallo Felix!

Also der Ladestrom eines Kondensators errechnet sich ja aus i(t) = 
U/R*e^-t/Tau.....wobei Tau = R * C = 5MOhm * 1uF = 5s ist.
für U = 10 bzw. -10V und R = 5MOhm, daraus ergibt sich ein Strom von 
+-2uA.
Ich glaube auch das Franks Vermutung richtig ist, denn in der Aufgabe 
steht ja im ungeladenem Zustand, da fließt dann der Wert +-10V / 
5MOhm....

MfG

Autor: Felix Heinz (felix83)
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Ich glaube ihr habt recht. Denn ich sehe grad das in meinem 
schriftlichen Unterlagen statt 5MOhm, 10MOhm stehen.....

Dafür möchte ich mich untschuldigen !!!

Dann würde es auch wiederrum hinhauen.

Aber eine Frage habe ich immer noch: Wie kommt man auf die Werte des 
zweiten Verlauf bzw. auf die Werte des Dreiecksspannungsverlaufs (sprich 
auf die +-1V) Wie wirds ausgerechnet ???
Könnte es sein, dass wegen dem Umkehrintegrierer nicht bei 1V
sondern bei -1V anfängt ???

Autor: Christoph Kessler (db1uq) (christoph_kessler)
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Der Strom durch den 5MOhm-R ist konstant, (wechselt nur das Vorzeichen), 
und identisch mit dem Lade und Entladestrom des Kondensators. Damit 
ändert sich die Spannung am Kondensator linear, daher die 
Dreieckschwingung. Die Triggerschwellen des Schmitt-Triggers rechts 
liegt bei 1/5 der Versorgung, also bei +/-2V , nicht 1 V und damit hat 
das Dreieck 4Vss. Wenn die Rechteckspannung negativ ist, muß die 
Spannung über dem Kondensator natürlich ins positive wandern, damit 
links virtuelle Masse ansteht. Damit stimmt die Zeichnung schon, nur die 
+/1V sind falsch.

Autor: HildeK (Gast)
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Ich habe das einfach mal simuliert, um der Rechnerei aus dem Wege zu 
gehen.
Mir fällt auf:
Strom durch (meinen) R1 (10 Meg) ist +/- 1µA (rote Kurve, entspricht der 
Lösung)
Spannung U2(t) hat +/- 2V (da ist keine Angabe in der vorgegebenen 
Lösung)
Periode ist 8s anstatt 4s in der Lösung.

Nimmt man R1 = 5Meg, dann stimmt die Periode, der Strom verdoppelt sich 
und der Spannungshub bleibt.

Irgendwas in der Aufgabenstellung und der Lösung stimmt nicht überein.

Autor: HildeK (Gast)
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Sorry, Name des Anhangs ist zu lang - war aber .png

Autor: Felix Heinz (felix83)
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Vielen Dank für eure hilfe, die silmulierten Werte sind die richtigen 
Ergebnisse. Die anderen Werte würden für einen R=10MOhm sprechen.

Ich wünsche euch allen einen guten Rutsch :-))) !!!!

Autor: Intenso B. (intenso)
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Ich hab eine generelle Frage,

Woher wisst ihr, dass die Rechteckspannung bei t=0 bis t=2s den Wert
-2µA, bei t=2s auf 2µA steigt, und danach ab t=6s wieder abfällt. Dies
müsste doch eine unendliche Gerade sein, da doch der Strom konstant ist,
also über beliebige Zeitwerte sich nicht ändert ???

Autor: HildeK (Gast)
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@ Intenso B. (intenso)
Du hast vermutlich in dem Screenshot.png die Zuordung der Kurven 
verwechselt.
Bei t=2s, 6s, 10s ...  schaltet der zweite OP von +10V auf -10V um (und 
umgekehrt) und damit wechselt der Strom durch R1 (rote Kurve, Rechteck) 
die Richtung. Die Amplitude des Stromes ist in meinem Bild aber nur 1µA!
Die grüne Kurve (Dreieck) ist die Ausgangsspannung des Integrators U1 
mit der Amplitude 2V.

Autor: Intenso B. (intenso)
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Ja nee, der Verlauf an sich ist verständlich :-) !!

Die eigentlich Frage war, woher weißt du (rechnerisch) das bei Zeiten 
t=2s, 6s, 10s ... der zweite OP von +10V auf -10V umschaltet.
Ich meine wie man auf die ist +/- 1µA kommt, ist mir klar, aber das ist 
ja nur die "Achsenbeschriftung". Woher weiß ich nun das der zweite OP 
grad
bei t=2s, 6s, 10s umschaltet. Wie kann man das ablesen oder rechnerisch 
beweisen ???

Autor: STK500-Besitzer (Gast)
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>Woher weiß ich nun das der zweite OP grad
>bei t=2s, 6s, 10s umschaltet. Wie kann man das ablesen oder rechnerisch
>beweisen ???

Weil er als Komparator (mit Hysterese) geschaltet ist.
Während ein als Verstärker geschalteter OP seinen Rückkoplungskreis 
zwischen Ausgang und dem invertierenden Eingang hat, besitzt der 
Komparator eine Mitkopplung zwischen Ausgang und nichtinvertierendem 
Eingang.

Die beiden Eingänge des 2. OP vergleichen ja die anliegenden Spannungen.

Der invertierende Eingang hat Masse-Potential, während der 
nicht-invertierende eine veränderliche Spannung durch den vorgschalteten 
Multivibrator und den eigenen Ausgangszustand bekommt.
Am Knotenpunkt (+-Eingang des 2.OP) kommt es so zu einer Spannung, die 
von diesen beiden Parametern abhängt.
Durch die sich stetig ändernde Ausgangsspannung des ersten OP ergibt 
sich irgendwann ein Umschaltzeitpunkt, der dafür sorgt, dass der Ausgang 
des zweiten OP umschaltet (+-Eingang == --Eingang).
Der Mittkopplungswiderstand 100kOhm sorgt für eine Hysterese, damit der 
2. OP nicht anfängt zu schwingen, wenn das eingehende Signal zu langsam 
seinen Zustand ändert.

Ein wichtiger Hinweis in der Aufgabe ist "rail-to-rail-Verstärker".
Was ja soviel heisst, dass der OP wirklich +10V und -10V als 
Ausgangsspannung liefert. Das ist wichtig, um die Hysterese aurechnen zu 
können.

Autor: Intenso B. (intenso)
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STK500-Besitzer wrote:
> Durch die sich stetig ändernde Ausgangsspannung des ersten OP ergibt
> sich irgendwann ein Umschaltzeitpunkt, der dafür sorgt, dass der Ausgang
> des zweiten OP umschaltet (+-Eingang == --Eingang).

Und wann kommt dieser Umschaltpunkt ??? Anscheinend bei t=2s, 6s, 10s
etc.

Aber warum grad da, und nicht bei t=1s oder t=4s ????
Wollte wissen mit welcher Formel bzw. über welche Werte man auf diese
Zeitabstände kommt ???
Wieso bleibt z.B: das Rechteck von 2s bis 6s bei +2µA ??

Autor: HildeK (Gast)
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@ Intenso B. (intenso)
>Wollte wissen mit welcher Formel bzw. über welche Werte man auf diese
>Zeitabstände kommt ???
>Wieso bleibt z.B: das Rechteck von 2s bis 6s bei +2µA ??
In meiner Simulation waren es 1µA wegen dem R1=10Meg, darauf beziehe ich 
mich jetzt mit den Betrachtungen.

Über den Integrator gibt es mit R1 und C1 die Zeitkonstante. Es fließt 
wegen Ua=10V von U2 durch R1 ein Strom mit 1µA und läd C1 nach der 
Formel Uc=I*t/C. Diese Spannung wird direkt am Ausgang von U1 abgegeben 
(grüne Kurve).
Da der Komparator U2 so beschaltet ist (mit R2 und R3), dass er bei den 
Schwellen +/- 2V reagiert, so musst du oben nur ausrechenen, wie lange 
braucht Uc um von -2V nach +2V zu kommen bei dem gegebenen C und I. Das 
ist dann:
t = C1*Uc/Ic also 1µF * 4V / 1µA ergibt 4s.

Dass der Komparator bei +/- 2V jeweils umschaltet, ergibt sich aus der 
Berechnung des Spannungsteilers R3 und R2. R3 hängt am Ausgang von U2, 
der hat z.B. 10V. Nun sinkt am Ausgang von U1, also an R2, die Spannung 
ab. Ist sie bei -2V, dann ergibt sich zwischen R2 und R3 (am +-Eingang 
des U2) gerade mal 0V und das ist dann der Punkt, wo der Komparator 
umschaltet. Genau zu dem Zeitpunkt liegen ja insgesamt 12V über den 
beiden Widerständen: 10V nach + vom U2-Ausgang und die -2V vom 
Integrator.
Von da an wird C1 umgeladen, von -2V nach +2V und das dauert dann 4s 
nach obiger Rechnung.
Du hast also mit R1, R2, R3 und C1 die Periodendauer in der Hand.

Wann er absolut auf der Zeitachse schaltet hängt von den 
Anfangsbedingungen ab: anfangs war C1 leer (0V), also muss Uc sich nur 
um 2V ändern bis der Komparator umschaltet und die Laderichtung des C1 
umkehrt. Deshalb ist der erste Schaltpunkt schon bei 2s.

Dass der Ladestrom konstant bleibt, hat damit zu tun, dass eine 
konstante Ausgangsspannung vom Komparator U2 von 10V über den R1 auf den 
nichtinvertierenden Eingang des U1 geht. Dieser Punkt wird wegen der 
sehr hohen Verstärkung des U1 nahezu (bis auf einige µV) auf dem selben 
Potential bleiben wie dessen invertierender Eingang, der ja auf 0V 
angeschlossen ist.

Ich hoffe, es war einigermaßen verständlich - Beschreibung werden immer 
schnell zu kompliziert ;-)

Autor: Intenso B. (intenso)
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Vielen Dank für die ausführliche Beschreibung ;-))!

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