BÀI TẬP ĐIỆN TỬ ỨNG DỤNG CẢM BIẾN ỨNG DỤNG

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA BÀI TẬP ĐIỆN TỬ ỨNG DỤNG CHƯƠNG 1: CẢM BIẾN ỨNG DỤNG GIẢNG VIÊN: THẦY NGUYỄN TRUNG HIẾU Sinh viên thực hiện: Nhóm 01 Ngơ Minh Châu -1810842 Ngô Thành Long -1812888 Trương Nguyễn Nhật Nam-1813176 Trần Gia Tuấn - 1811314 Câu 1: Liệt kê cảm biến dùng nguyên lý thay đổi điện trở, biểu thức quan hệ, độ nhạy - Quang trở: Biểu thức quan hệ: Thực tế thì: Độ nhạy: Tại E= X lux S= log ( R x )−log ⁡(R10 ) log ( E x )−log ⁡(E10 ) - Nhiệt trở kim loại: + Nhiệt trở Platin: Biểu thức quan hệ là: R ( T ) =Ro [ 1+ AT + BT +C ( T −100 ) T ](T =℃ ) với: A=3,90802× 10−3 /℃ B=−5,80195 ×10−7 ¿℃ B=−4,27350 ×10−12 ¿℃ T < 0℃ vàC=0 khiT >0 ℃ Nhiệt trở Nikel: Biểu thức quan hệ là: R ( T ) =Ro [ 1+ AT + BT ] (T =℃ ) với: A=5,49167× 10−3 /℃ B=6.66667 × 10−6 ¿ ℃ - Hệ số nhiệt: Khi cho nhiệt độ biến thiên lượng ∆T xung quanh T, ta có quan hệ điện trở/nhiệt độ điều biểu diễn sau: R(T+∆T) = R(T)(1+αR x ∆T) Với αR hệ số nhiệt nhiệt độ T Pt: αR = 3,9 x 10-3/oC Ni: αR = 5,49 x 10-3/oC Câu 2: Liệt kê cảm biến dùng nguyên lý thay đổi điện dung, biểu thức quan hệ, độ nhạy - Điện dung thay đổi bề mặt: + Trường hợp điện dung đơn: Biểu thức quan hệ : C ( x )=k ( x)  Dạng xoay: ε0 π r o K= (x=a ) 360 D r: bán kính cực D: khoảng cách hai cực  Dạng trụ: K= π ε0 ( x=ao ) r2 log r1 Độ nhạy tính theo C: SC =K : constant dz Độ nhạy tính theo tổng trở: SZ = dx = −1 kω x + Trường hợp điện dung đôi: Gọi X độ dịch chuyển cực đại, C 21 C31 điện dung tụ thành phần Khi cực dịch chuyển khoảng x: ( C 21=K ( x + X )=kX 1+ x x =C o (1+ ) X X ) ( C 31=K ( X−x )=kX 1− x x =C o (1− ) X X ) Với Co=kX: X= L/2, L khoảng dịch chuyển cực đại với tụ hình trụ hình X= αM/2, αM khoảng góc quay cực đại với tụ hình quạt hình Tính theo tổng trở: Z 31 C 21 x = = (1+ ) Z 21+ Z 31 C 21+C 31 X Z 21 C 31 x = = (1− ) Z 21+ Z 31 C 21+C 31 X Phân áp tổng trở thay đổi tuyến tính theo độ dịch chuyển - Điện dung thay đổi theo khoảng cách hai cực A: tiết diện cực Với tụ kép vi sai hình b: Câu 3: Các cảm biến dùng nguyên lý thay đổi điện cảm, biểu thức quan hệ, độ nhạy - Cảm biến điện cảm: Biểu thức quan hệ: μo=4π x 10-7 N: số vòng dây S: tiết diện lõi từ lf: chiều dài TB đường sức từ mạch từ lo: chiều dài TB đường sức từ khơng khí μf: độ từ thẩm lõi vật liệu từ (103 : 104) Thực tế: : lo »lf/μf nên: Một biến thiên ∆x lõi dẫn đến khe hở từ thay đổi ∆l o =2∆x điện cảm hình thành: Nếu ∆x điện áp BE BJT: Điện áp vi sai ngõ ra: và: Suy ra: Để chuyển IT thành áp: Vd=IT.Ra với T(oK), V(µV), R=(Ω) Câu 5: a Từ đặc tuyến quang trở, viết lại biểu thức quan hệ R=f(E) Rc =α × E−γ b Biểu thức tính độ nhạy quang trở: Rx log R x −log R10 R10 S= = log E x −log E10 log Ex −1 log log Re =log R o+ γlogE Tại: { E=100 =¿ log 1000=log Ro + γlog100 =¿ γ =−1 =¿ R =100 k Ω o E=10 log Ro =5 log 10000=log Ro + γlog10 { { c Rl mắc song song để tuyến tính vùng E=10 đến 50lux Rl= R'c2(E) −R c ( E) R'c' Rt = Rl× Rc Rl + R c Ta có: { E=100 =¿ log 10000=log Ro + γlog10 =¿ γ =−0.75 =¿ R =56.23 k Ω o E=10 log Ro =4.75 log 3000 ¿ log R o +γlog 50 { { ¿> R c =56.23× E−0.75 ( k Ω) ¿> R l= 2× 0.012 −56.23 ×30−0.75 =−0.634 k Ω −2.75 73.8 × 30 Như vậy, ta chọn Rl=1k Ω d E Rc (kΩ) Rl//Rc 10 9.99 0.91 Rt tt Sai số (%) 0.91 0.881 0.8625 0.844 15 7.38 0.88 0.114 20 5.95 0.86 25 5.03 0.83 0.291 1.687 30 35 40 4.39 3.91 3.54 0.81 0.8 0.78 0.82 0.80625 0.788 1.85 0.781 1.026 45 3.24 0.76 0.76 1.18 50 0.75 0.75 Giải hệ phương trình Rt = A × E+ B −3 ¿> 0.9=A ×10+ B =¿ A=−3.75 × 10 0.75=A ×50+ B B=0.9375 { { Phương trình tuyến tính mong muốn: Rt =−3.75 ×1 0−3 E+0.9375 Câu 6: a Mạch điều khiển rờ le ánh sáng dùng quang trở PDV-9007, E=10Lux rờ le off, E=50Lux rờ le on V CES =0.2 V ,V BES=0.7 V Chọn BJT 2SC669 β=60 , I cmax =1.5 A Chọn Re =100 Ω R10=10 k Ω ( Roff ) , R50=3 k Ω( R on) Chọn rờ le OMRON có V k =12V , R k =278 Ω Khi Q bão hòa: I k =I CS = I BS = V cc −V CES 12−0.2 = =31.2(mA) R k + Re 278+100 I CS 31.2 = =0.52(mA ) β 60 Khi E=10lux I 2OFF = R1 off = V BES +V ES V BES + R e × I cs = =0.382(mA ) ROFF ROFF V CC −V BES V CC −V BES = =11.5 k Ω I1 I + I BS R1 < R1 OFF Khi E=50lux I 2ON = V BES +V ES V BES + R e × I cs = =1.273(mA ) RON R ON R1 on= V CC −V BES V CC −V BES = =6.03 k Ω I1 I + I BS 6.03 K < R1 A=−1.5 => B=0.998 { c Chọn I =1 mA v o=v1 −v 2=I × Rc =1 mA × Rc ( KΩ )=R c Câu 8: a λ=600 nm Từ datasheet ¿> R λ =0.35( A /W ) ¿> S ( λ )= Δ Ip =0.35 Δϕ ¿> I p=0.35 ϕ b Ir dòng ngắn mạch: => Ir = Ip V o =R m I r =Rm I p =Rm qη ( 1−R ) λ ϕ o e−αX hc Như vậy, Vo tuyến tính với ϕ o Câu 9: Trong vùng λ=600 nm => R λ =0.35( A /W ) Ta có: Ip 0.35mA 0.03 mA = = ϕ/ s 1mW /0.0871 c m mW /c m 10 với: S=π ×( 0.333 2 ) =0.0871 c m mW /c m2=6830 Lux ¿> R λ = E 0.03 mA =4.39nA / Lux 6830 Lux Ta có: V i=R m × I p =Rm ×( R ¿ ¿ λ E × E)¿ Hệ số khuếch đại: 1+ R2 R2 =10 ( chọn )=¿ =9 R1 R1 Chọn V i=1 m E=10 Lux ¿> R m=22.779(k Ω) Chọn Rm = 22 kΩ Mà Rm =R1∨¿ R2 { R1=1980 k Ω ≈ MΩ R2=220 k Ω R2 −9 −3 V i=10 ×22 ×10 × 4.39× 10 E=0.9658 × 10 × E(V , Lux) R1 ( ) V o = 1+ Câu 10: a Tham khảo từ datasheet PT BPV11, ta có giá trị sau: Tại λ=950 mm , I ca=0.8 mA , Ee =0.01 mW /c m2 Độ nhạy theo bước sóng tham khảo từ datasheet sau: S ( λ=950 nm )=0.7 ; S ( λ=555nm )=0.3 ¿> I ❑ca ( λ=555 nm )= ¿> 0.8 × 0.3 =0.343 ( mA ) , E e =0.01 mW /c m2 0.7 I p 0.343 mA = =5.02 μA /lux E 68.3 lux Câu 12: Công thức 1.38b: V o −1 Δ RT = × E Ro 11 Cơng thức 1.42b: a Hình 1.19c V o =E × R2 R R Ro R + Δ RT R + Δ RT V − −Δ R T × 1+ c −E × c =E × × 1+ o − o =E × × =¿ o = R 1+ R R3 R3 Ro Ro Ro Ro E [ ( ( ) ) ] ( ) b Hình 1.20b V o =E × ( R2 +2 R f Rc +2 × R f Rc + Δ R T R o+ Δ R T Ro + Δ R T − Δ RT Vo × 1+ −E × =E − =E× =¿ R1 + R2 + R f R3 R3 Ro Ro Ro E )( ) [ ] c Hình 1.21b 12 V o =V b R2 R4 R4 Ro Ro Ro 1+ −V a =V b 1+ −V a ≈ V b−V a (vì R f ≪ R R1 + Rf + R2 R3 + R f R3 + Rf Ro + R f + Ro R o + Rf R o + Rf ( ) ( ) Câu 13: a R ( T o )=1000 Ω , T o =25 ℃ R ( T ) =Ro e 1 β( − ) T T0 =¿ R ( T o ) =Ro e β( 1 − ) T0 T =¿ Ro =1000 Ω Như vậy: R ( T 1) =Ro e β ¿> e 50 = β( 1 − ) T1 T0 =360.2 với T 1=50 ℃ 360.2 =¿ β=3931.5 1000 b R ( T ) =Ro e 1 β( − ) T T0 1 3931( − ) T 25 =1000 e R(T) 1300 1200 1100 1000 900 800 700 600 500 400 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 Hình Đặc tuyến Themistor R(T) với T=20oC - 40oC c Mắc Rl//Rc 13 R'c2−Rc (T ❑i ) Rl= =580 Ω R 'c' ( T i ) T R(T) R(T)//Rl PTMM Sai số (%) 20 125 396 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 1140 1045 956 876 804 738 680 626 576 532 384 373 313 301 312 300.8 0.09 0.066 289 288 0.03 277 396 384.1 372.2 0.026 0.214 361 349 360 348.4 0.19 0.172 337 325 336 324.6 0.14 0.123 277 PTMM RTT (T )=−5.95T +515 d V m= Rc (T ) V Rc ( T ) × E s=¿ m = muốn tuyến tính Ri ≪ Rc (T ) Ri + R c (T ) E s Ri + R c ( T ) Chọn Ri=100 (Ω) T Rc Rc/ (Rc+Ri) PTMM Sai số (%) 20 1252 0.92 0.92 22 1140 0.919 0.917 0.21 24 1045 0.9127 26 956 0.905 28 876 0.897 30 804 0.889 32 738 0.880 34 680 0.871 36 626 0.862 38 576 0.852 0.909 0.41 0.9 0.59 0.892 0.61 0.883 0.72 0.875 0.65 0.866 0.67 0.858 0.5 0.85 0.25 Phương trình mong muốn: 40 532 0.84 0.84 Vm −3 =−4.25 ×10 T +1.011 Es Câu 14: 14 R2 I (−5.95T +515) R1 o ( ) V o = 1+ V o ( T 1) =α I o (−5.95 T 1+515) V o ( T 2) =α I o (−5.95 T 2+515) T 1=T −1 ( ℃ ) ΔV o=α I o−5.95 × 1−10 ×10−3 Chọn I o=1 mA ¿>1+ R2 R =1.68=¿ =0.68 R1 R1 { R 2=680 Ω Chọn R =1000 Ω Câu 15: 15 +¿=I o Ro × Rc ( T ) ¿ R1+ Rc (T ) −¿=I o Ro × R3 −α (T x −T ref )¿ R2 + R3 Vi Vi −¿=V o × ¿>V +¿−V i i R co + Δ R R3 −V o × +α ( T x−T ref )(1) ¿ R + Rc R2 + R ¿ Với: Rc =100 Ω ( T =0 ) ; R3=100 Ω; R1=R 2=96.7 k Ω o Δ R=0.39 T ref ; R1 ≫ Rc ; R ≫ R3 Từ (1): ¿> Vo ΔR 10 × 0.39 40 μV − +α T x −α T ref =Δ V =¿ ΔV = T +α T x −α T ref với α = =¿ ΔV =α T x =40× 10 ref R1 C 96.7 ×10 Vi mạch khuếch đại dụng cụ INA 128 cho ta: ( V out =A V × ΔV = 1+ 50000 50000 × 40 ×10−6 ×T x = 1+ ×40 × 10−6 ×T x =10 ×10−3 T x (V , ℃)=10T x Rg 200.5 ) ( ) Câu 16: 16 Ta có: R1=R o ≫ Rf ' V o= VR R4 1+ Δ R+V R R1 R3 ( ) Từ đặc tuyến PT 100, ta có: Rα =R o + Δ R=R o (1+3.9 ×10−3 T ) ¿> Δ R=3.9 ×10−3 × 100T =0.39T Chọn R5 , R > Rα =¿ R5 =R 6=2 k Ω Chọn R3 ≈ R6∨¿ R5 =1 k Ω Chọn R2 ≫ R1=¿ R 2=1 k Ω V 'o ( R α =112.4 )=0.458 V o ( R α =112.4 )=2.5 =¿ R7 =4,5 R8 Vo R7 =1+ ' R8 Vo { Chọn R7 =4.5 k Ω , R 8=1 k Ω T R 100 V0' 0.1 V0'tt Sai số (%) 0.1 10 103 0.17 0.17 0 20 107 0.25 0.25 0.39 30 111 0.33 0.33 0.29 40 115 0.41 0.41 0.48 50 60 119 123.4 0.48 0.564 0.49 0.568 0.40 0.704 70 127 0.64 0.64 0.61 80 130 0.71 0.72 0.82 90 134 0.79 0.80 0.99 100 138.5 0.88 0.88 17 Câu 17: t r 100 v0 0.1 v0tt 0.1 ep 10 103 0.17 0.17 0.56 20 107 0.25 0.25 0.39 30 111.7 0.333 0.334 0.299 40 115 0.41 0.41 0.24 50 60 119 123.4 0.48 0.569 0.49 0.568 0.40 0.176 70 127 0.64 0.64 0.15 80 130.9 0.723 0.724 0.138 90 134 0.8 0.80 0.24 100 138.5 0.88 0.88 VR R4 V o= 1+ Δ R+V R (chọn R1=R o ≫ Rf ) R1 R3 ( ) Chọn R5 , R > Rα =¿ R5 =R 6=2 k Ω Chọn R3 ≈ R5∨¿ R6 =1 k Ω Chọn R2 ≫ R1=¿ R 2=1 k Ω Ở ngõ ra: I o= Vo ≤ I ≤20 mA R ¿> R ≤V o ≤ 20 R(V ) Ta có: V o =3.3V V omax V o=0.1 × ΔR ΔR +5 × 40+ 1) = ( 200 50 18 Tuyến tính hóa: V O =A R α + B thu V o =0.02 R α −1.9 Từ: I o= ¿> V o 0.0078 0.1 = ×T + I o=4 mA T o=0 o R R R 0.1 =4 ×10−3 =¿ R=25 Ω R Câu 19: Đáp ứng ngõ 150mV: ¿> ΔV o=3 ×10−3 Δ P=¿ ΔV o 150 = =50( mV / psi) ΔP 30 R Δ V 1000 491 = =1+ =1+ ΔV o 18 R1 Như ta chọn R2=50 k Ω, R1=1 k Ω Câu 20: Mạch gồm có cảm biến mực nước dạng điện dung LSH0315 chân COM Bảng chân trị với quy ước b mức High a mức Low a b out 19 1 1 Lỗi, không dùng X Câu 21: Chọn Optical Decoder có bán kính 5cm, 30 mắt Chu vi đĩa quay: C=2πR=31,4cm Gọi ∆h độ dịch chuyển lên xuống phao, đồng thời quãng đường bánh xe quay (Giả sử bánh xe quay không ma sát) Phương trình biểu diễn số xung: Δh ×30 31.4 20