Izpitni primeri : Meritve (PAP, 1. letnik)

Rabljeni izpiti, kolokviji, vprašanja...

Moderator: Ekipa foruma

Re: Meritve

OdgovorNapisal/-a freek » So 03 apr, 2010 02:38

1. RAČUNSKI PRIMER:

Zunanji premer okrogle žice je merjen na sedmih lokacijah. Pri merjenju so dobljene sledeče vrednosti posameznih premerov Di in sicer v mm:
3,29 3,28 3,30 3,26 3,29 3,27 in 3,29

Vprašanja:
- Določite srednji premer žice in eksperimentalni standardni odmik premera žice ob upoštevanju 95% stopnje zaupanja.
- Definirajte območje v katerem se nahaja najmanjši in največji premer žice.

Rešitve:
Srednja artimetična vrednost premerov žice:
͟ N
D = 1/N Ʃ Di = (3,29+3,28+3,30+3,26+3,29+3,27+3,29) / 7 = 3,283 mm
i=1

Eksperimentalni standardni odmik:
N __
SD = [ Ʃ ( Di – D ) ^2] ^0,5 = 0,014 mm


Število prostostnih stopenj:
V = N – 1 = 7 – 1 = 6

t – faktor Studentove porazdelitve, dobimo iz preglednice
t 6 ; 95% = 2,447

Najbolj verjetni srednji premer žice se nahaja znotraj območja:
__
D ̕ = D ± t V,P SD / √ N = 3,283 ± 2,447 ( 0,014 / √ 7 ) = 3,283 ± 0,013 mm


Potencialno najmanjši premer žice:
D ̕ najmanjši = 3,283 – 0,013 = 3,270 mm

Potencialno največji premer žice:
D ̕ največji = 3,283 + 0,013 = 3,296 mm


Prikaz celovitega rezultata meritve premera žice

D ̕ najmanjši = 3,270 mm D ̕ največji = 3,297 mm


_
D = 3,283



2. PRIMER IZPITNE NALOGE:

Pri merjenju hitrosti vetra s krilnim anemometrom so v šest minutnem intervalu ugotovljene sledeče vrednosti hitrosti V v m/s:

13,21 12,13 13,12 13,59 12,6 in 12,71

Vprašanja:
- Kolikšna je standardna merilna negotovost hitrost vetra, če upoštevamo stopnjo zaupanja od 95% ?
- Kakšno mora biti število izmerkov hitrosti, da bi standardna merilna negotovost za hitrost vetra bila 0,1 m/s in sicer ob upoštevanju stopnje zaupanja od 99% ?

Rešitve:
Srednja artimetična vrednost hitrosti: 12,89 m/s

Eksperimentalni standardni odmik hitrosti: 0,5176 m/s

Standardna merilna negotovost hitrosti: 0,5433 m/s



Potrebno število izmerkov ob pogoju, da želimo zagotoviti novo standardno merilno negotovost

u v.nova = 0,1 m/s pri stopnji zaupanja od 99% znaša več ali manj kot 435 izmerkov





3. RAČUNSKI PRIMER:

Pri meritvah so dobljene vrednosti vhodnih V in izhodnih I veličin, ki so zbrane v spodnji preglednici:

V: 0,1 2,5 3,7 4,5 5,2 6,4 7,2 8,4 9,1 9,8
I : 0,25 4,8 7,8 8,6 12,1 13,5 14,8 17,5 19,1 19,9

Naloga:
Aproksimirajte dobljene vrednosti s preizkusom dobljenih izmerkov z linearno značilnico, ki ima obliko:
I = K * V + a

Srednja vrednost izmerkov podatkov so:
__ N
I = 1/N Ʃ Ii = 11,835
i=1
__ N
V = 1/N Ʃ Vi = 5,69
i=1

Naklon aproksimacijske premice določimo po izrazu:
_____ __ __ _____ __ __
K = ( I * V – I * V ) / ( V * V – V * V )


Srednje vrednosti produktov izmerjenih podatkov so:
____ N
V * I = 1/N Ʃ Vi * Ii = 85,1295
i=1
____ N
V * V = 1/N Ʃ Vi * Vi = 40,945
i=1

Naklon aproksimacijske premice bo:
_____ __ __ _____ __ __
K = ( I * V – I * V ) / ( V * V – V * V ) =

= (85,1295 – 11,835 * 5,69) / ( ? – ? * ? ) = 2,07592 ?


Odsek aproksimacijske premice na ordinati je definiran ob predpostavki, da bo premica šla skozi »težišče« srednji v vrednosti vhodnih in izhodnih podatkov:
__ __
a = I – K * V = 11,835 – 2,07592 * 5,69 = 0,0230158

Enačba aproksimacijske premice je torej
__ __ ___
I = a + K V = 0,0230158 + 2,07692 V




4. IZPITNI PRIMER (Dinamične značilnice merilnih zaznaval) :

Definicija naloge:
Medicinski termometer, ko se nahaja na polici kaže 22,3°C. Po 6 s uporabe (ob merjenju telesne temperature) pa kaže 28,5°C. Po daljšem času merjenja telesne temperature se vzpostavi končno stacionarno temperaturno stanje 37,7°C.

Vprašanja:
- Kolikšna je časovna konstanta termometra ob predpostavki, da termometer obravnavamo kot dinamski sistem 1.Reda.
- Po kolikšnem času bo termometer ponovno dosegel enako stacionarno stanje, če se prvotno doseženo stacionarno temperaturno stanje od 37,7°C zniža za 0,3°C.


T1= 22,2°C → termometer 22,3°C

T2= ?°C → termometer 37,7°C

Rešitve:
Znani podatki :
- Dinamski sistem 1.Reda
- Začetna temperatura Tz = 22,3°C
- Temperatura po 6 s T6 = 28,5°C
- Končna temperatura T∞ = 37,7°C

Določitev časovne konstante:
τ = ( T – T∞ ) / (Tz – T∞) = e ^(– t / τ)

In ( (T – T∞) / (Tz – T∞) ) = – t / τ → τ = [– t / In ((T6 – T∞) / (Tz – T∞))]


Po t = 6 s je bila dosežena temperatura T6 = 28,5°C in časovna konstanta pa je:

τ = – 6 / In ((28,5 – 37,7) / (22,3 – 37,7)) = 11,65 s



b) Določitev potrebnega časa za doseganje prvotnega stacionarnega stanja po znižanju temperature za 0,3°C.

Novo znižano temperaturno stanje: T = 37,7 – 0,3 = 37,4°C

Potreben čas za doseganje prvotne temperature pa je:

t = – τ In [ (T – T∞) / (Tz – T∞) ] = – 11,65 In [ (37,4 – 37,7) / (22,3 – 37,7) ] = 45,88 s


;;)
Uporabniški avatar
freek
Švinglar
Švinglar
 
Prispevkov: 16
Pridružen: Ne 28 feb, 2010 11:59
Kraj: Ljubljana

Vrni se na VSŠ / PAP

Kdo je na strani

Po forumu brska: 0 registriranih uporabnikov in 1 gost

cron