Решение задач с вольтметрами и измерительными приборами

Хорошо, давайте решим задачи по порядку. Задача 4. 1. К вольтметру, сопротивление которого \(R_В=30\) кОм, подключен резистор с сопротивлением \(R_Д=90\) кОм. При этом верхний предел измерения прибора составляет 600 В. Определите, какое напряжение можно измерять прибором без добавочного резистора \(R_Д\). 2. Для измерения напряжения \(U=9,5\) В используются два вольтметра: класса точности 1.0, имеющий верхний предел измерения 50 В; класса точности 1,5, имеющий предел измерения 10 В. Определите, при измерении каким вольтметром наибольшая относительная погрешность измерения напряжения меньше и во сколько раз. 3. Определите показание выпрямительного миллиамперметра, имеющего двухполупериодную схему выпрямления и ток, изменяющийся по кривой, изображенной на рис.1.4. Погрешностями прибора пренебречь. Решение задачи 4: Пункт 1. Дано: Сопротивление вольтметра \(R_В = 30\) кОм \( = 30 \cdot 10^3\) Ом. Сопротивление добавочного резистора \(R_Д = 90\) кОм \( = 90 \cdot 10^3\) Ом. Верхний предел измерения с добавочным резистором \(U_{max\_с\_Д} = 600\) В. Когда вольтметр подключен последовательно с добавочным резистором, общее сопротивление цепи равно \(R_{общ} = R_В + R_Д\). Ток, протекающий через вольтметр при максимальном напряжении, будет: \[I_{max} = \frac{U_{max\_с\_Д}}{R_В + R_Д}\] \[I_{max} = \frac{600 \text{ В}}{30 \cdot 10^3 \text{ Ом} + 90 \cdot 10^3 \text{ Ом}} = \frac{600 \text{ В}}{120 \cdot 10^3 \text{ Ом}} = \frac{600}{120000} \text{ А} = 0,005 \text{ А} = 5 \text{ мА}\] Это максимальный ток, который может протекать через вольтметр. Без добавочного резистора \(R_Д\) максимальное напряжение, которое может измерять вольтметр, определяется по закону Ома: \[U_{max\_без\_Д} = I_{max} \cdot R_В\] \[U_{max\_без\_Д} = 0,005 \text{ А} \cdot 30 \cdot 10^3 \text{ Ом} = 0,005 \cdot 30000 \text{ В} = 150 \text{ В}\] Ответ к пункту 1: Без добавочного резистора прибор может измерять напряжение до 150 В. Пункт 2. Дано: Измеряемое напряжение \(U = 9,5\) В. Вольтметр 1: Класс точности \(K_1 = 1,0\). Верхний предел измерения \(U_{max1} = 50\) В. Вольтметр 2: Класс точности \(K_2 = 1,5\). Верхний предел измерения \(U_{max2} = 10\) В. Абсолютная погрешность прибора определяется по формуле: \[\Delta U = \frac{K \cdot U_{max}}{100\%}\] Для вольтметра 1: \[\Delta U_1 = \frac{1,0 \cdot 50 \text{ В}}{100\%} = 0,5 \text{ В}\] Для вольтметра 2: \[\Delta U_2 = \frac{1,5 \cdot 10 \text{ В}}{100\%} = 0,15 \text{ В}\] Относительная погрешность измерения определяется по формуле: \[\delta = \frac{\Delta U}{U_{изм}} \cdot 100\%\] Для вольтметра 1: \[\delta_1 = \frac{0,5 \text{ В}}{9,5 \text{ В}} \cdot 100\% \approx 5,26\%\] Для вольтметра 2: \[\delta_2 = \frac{0,15 \text{ В}}{9,5 \text{ В}} \cdot 100\% \approx 1,58\%\] Сравним относительные погрешности: \(\delta_1 \approx 5,26\%\) \(\delta_2 \approx 1,58\%\) Наименьшая относительная погрешность у вольтметра 2. Определим, во сколько раз погрешность вольтметра 1 больше погрешности вольтметра 2: \[\frac{\delta_1}{\delta_2} = \frac{5,26\%}{1,58\%} \approx 3,33\] Ответ к пункту 2: Наибольшая относительная погрешность измерения меньше у вольтметра 2 (с классом точности 1,5 и пределом измерения 10 В). Она меньше примерно в 3,33 раза. Пункт 3. Для выпрямительного миллиамперметра с двухполупериодной схемой выпрямления показание прибора соответствует среднему значению выпрямленного тока. Среднее значение тока для периодического сигнала \(i(t)\) определяется как: \[I_{ср} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} |i(t)| dt\] Однако, выпрямительные приборы обычно градуируются в действующих значениях синусоидального тока. Если прибор измеряет среднее значение, но шкала проградуирована в действующих значениях, то для синусоидального тока \(I_{действ} = \frac{I_{max}}{\sqrt{2}}\) и \(I_{ср} = \frac{2 I_{max}}{\pi}\). Тогда показание прибора будет \(I_{показ} = I_{ср} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\). Но в данном случае, если погрешностями прибора пренебречь, и речь идет о выпрямительном миллиамперметре, то он измеряет среднее значение выпрямленного тока. Для двухполупериодного выпрямления, если ток не меняет полярности, то \(|i(t)| = i(t)\). Из графика (рис. 1.4) видно, что ток имеет прямоугольную форму. Период \(T\) тока составляет 20 мс (от 0 до 20 мс). В течение первого интервала (от 0 до 5 мс) ток \(i_1 = 10\) мА. В течение второго интервала (от 5 до 20 мс) ток \(i_2 = 0\) мА. Среднее значение тока за период: \[I_{ср} = \frac{1}{T} \left( \int_{0}^{5 \text{ мс}} i_1 dt + \int_{5 \text{ мс}}^{20 \text{ мс}} i_2 dt \right)\] Подставим значения: \(T = 20 \text{ мс} = 20 \cdot 10^{-3} \text{ с}\) \(i_1 = 10 \text{ мА}\) \(i_2 = 0 \text{ мА}\) \[I_{ср} = \frac{1}{20 \cdot 10^{-3}} \left( \int_{0}^{5 \cdot 10^{-3}} 10 dt + \int_{5 \cdot 10^{-3}}^{20 \cdot 10^{-3}} 0 dt \right)\] \[I_{ср} = \frac{1}{20 \cdot 10^{-3}} \left( 10 \cdot [t]_{0}^{5 \cdot 10^{-3}} + 0 \right)\] \[I_{ср} = \frac{1}{20 \cdot 10^{-3}} \left( 10 \cdot (5 \cdot 10^{-3} - 0) \right)\] \[I_{ср} = \frac{1}{20 \cdot 10^{-3}} \cdot (50 \cdot 10^{-3})\] \[I_{ср} = \frac{50}{20}\] \[I_{ср} = 2,5 \text{ мА}\] Ответ к пункту 3: Выпрямительный миллиамперметр покажет 2,5 мА. Задача 5. Вольтметр электромагнитной системы с верхним пределом измерения 100 В проградуирован для работы с трансформатором напряжения с \(K_{UH}=800/100\). Определите напряжение сети, если стрелка указанного вольтметра, включенного через трансформатор напряжения с \(K_{UH}=10000/100\), остановилась на отметке 300 В. Погрешностью трансформатора пренебречь. 2. Определите относительную методическую погрешность измерения ЭДС источника по схеме на рис.1.5, если сопротивление вольтметра \(R_В=900\) Ом, внутреннее сопротивление источника \(R=100\) Ом. Решение задачи 5: Пункт 1. Дано: Верхний предел измерения вольтметра \(U_{max\_В} = 100\) В. Коэффициент трансформации, для которого проградуирован вольтметр \(K_{UH1} = 800/100 = 8\). Это означает, что если вольтметр показывает 100 В, то напряжение на первичной обмотке трансформатора, для которого он проградуирован, равно \(100 \text{ В} \cdot 8 = 800 \text{ В}\). Вольтметр включен через трансформатор напряжения с \(K_{UH2} = 10000/100 = 100\). Показание вольтметра \(U_{показ} = 300\) В. Напряжение на вторичной обмотке трансформатора, к которой подключен вольтметр, равно показанию вольтметра, то есть \(U_{2} = 300\) В. Напряжение сети (на первичной обмотке трансформатора) \(U_{сети}\) определяется по формуле: \[U_{сети} = U_{2} \cdot K_{UH2}\] \[U_{сети} = 300 \text{ В} \cdot 100 = 30000 \text{ В} = 30 \text{ кВ}\] Важно отметить, что информация о том, для какого трансформатора проградуирован вольтметр, в данном случае является избыточной, так как мы знаем показание вольтметра и коэффициент трансформации, через который он подключен. Если бы требовалось определить, что покажет вольтметр при известном напряжении сети и коэффициенте трансформации, для которого он проградуирован, тогда эта информация была бы нужна. В данном случае, мы просто используем текущее показание и текущий коэффициент трансформации. Ответ к пункту 1: Напряжение сети составляет 30 кВ. Пункт 2. Дано: Сопротивление вольтметра \(R_В = 900\) Ом. Внутреннее сопротивление источника \(R = 100\) Ом. Схема на рис.1.5 показывает источник ЭДС \(E\) с внутренним сопротивлением \(R\), к которому подключен вольтметр с сопротивлением \(R_В\). Вольтметр измеряет напряжение на своих клеммах, которое равно напряжению на внешнем участке цепи. По закону Ома для полной цепи, ток в цепи: \[I = \frac{E}{R + R_В}\] Напряжение, которое покажет вольтметр: \[U_{изм} = I \cdot R_В = \frac{E}{R + R_В} \cdot R_В\] Методическая погрешность возникает из-за того, что вольтметр имеет конечное сопротивление и изменяет режим работы цепи. Истинное значение ЭДС источника равно \(E\). Относительная методическая погрешность \(\delta_{мет}\) определяется как: \[\delta_{мет} = \frac{U_{изм} - E}{E} \cdot 100\%\] или \[\delta_{мет} = \left( \frac{U_{изм}}{E} - 1 \right) \cdot 100\%\] Подставим выражение для \(U_{изм}\): \[\delta_{мет} = \left( \frac{\frac{E \cdot R_В}{R + R_В}}{E} - 1 \right) \cdot 100\%\] \[\delta_{мет} = \left( \frac{R_В}{R + R_В} - 1 \right) \cdot 100\%\] \[\delta_{мет} = \left( \frac{R_В - (R + R_В)}{R + R_В} \right) \cdot 100\%\] \[\delta_{мет} = \left( \frac{-R}{R + R_В} \right) \cdot 100\%\] Подставим значения \(R\) и \(R_В\): \[\delta_{мет} = \left( \frac{-100 \text{ Ом}}{100 \text{ Ом} + 900 \text{ Ом}} \right) \cdot 100\%\] \[\delta_{мет} = \left( \frac{-100}{1000} \right) \cdot 100\%\] \[\delta_{мет} = -0,1 \cdot 100\%\] \[\delta_{мет} = -10\%\] Отрицательный знак означает, что измеренное напряжение меньше истинного значения ЭДС. Ответ к пункту 2: Относительная методическая погрешность измерения ЭДС источника составляет -10%.