R-2R Kirchhoff Regeln < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:44 Sa 05.07.2008 | | Autor: | Wimme |
Hallo!
Vielleicht sagt euch das R-2R Netzwerk zur digital analog Wandlung etwas.
Hier ist ein Bild davon:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Das ganze habe ich jetzt so umgezeichnet:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Ich versuche jetzt also die Spannung [mm] U_a [/mm] in Abhängigkeit von [mm] U_B [/mm] auszudrücken.
Mein Ansatz:
[mm] I_{ges} [/mm] = [mm] I_1 [/mm] + [mm] I_2 [/mm] + [mm] I_3
[/mm]
Das sind die Ströme, die durch die Verbindungsdrähte fließen, von links nach rechts.
Jetzt kommt wahrscheinlich mein Fehler.
Wie genau muss ich diese beiden Widerstände vom Wert R auf der Waagerechten verwerten? Wenn ich sie einfach auf die Widerstände rechts davon addiere, kommt etwas falsches raus.
Also ich habs so probiert, was halt falsch zu sein scheint:
[mm] \frac{U_B-U_a}{2R}=\frac{U_a}{3R}+\frac{U_a}{4R}+\frac{U_a}{4R}
[/mm]
Also, wie geht das :(
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:22 Sa 05.07.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Als Physiker versteh ich weder Bild 1, noch Bild 2.
Wo liegt in Bild 1 deine Spannungen? sind in Bild 2 b0 und b1 geerdet?
Ua ist anscheinend die Spannung gegen Erde, mehr weiss ich nicht.
Auch deine Ströme in versteh ich nicht, weil ich auch nicht weiss, was die Verbindungsdrähte sind?
Kannst du an deine Schaltung ein paar Punkte A,B,C.. anbringen, damit man sich besser verständigen kann?
Der Strom, der durch das obere 2R fliesst, fliesst ann durch R, teilt sich in 2 gleiche Teile und fliesst a)durch 2R zur Erde, b) durch R und ie 2 parllelen 2R also auch insgsamt 2R auch zur Erde.
d.h. der Strom durch den rechtesten 2R ist 1/4 des Stroms durch 2R links oben.
Das bezieht sich auf die untere Schaltung.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:33 Sa 05.07.2008 | | Autor: | Wimme |
hallo leduart!
Ok, ich versuchs mal ein bisschen genauer zu erklären.
Also Bild1:
Das ganze ist ein 2-R2 Netzwerk zur Digital Analog Umwandlung. An den Eingängen b0-b2 liegen die digitalen Werte an, dabei steht eine logische 1 für 5V eine 0 für 0V.
Möchte ich also z.B. die Zahl 100 umwandeln, dann wäre b2 auf hohem (5V) und b0,b1 auf niedrigem (0V,geerdet) Potenzial.
Ua ist die Ausgangsspannung, also das, in was die digitale Zahl umgewandelt worden ist.
Es gibt 2 verschiedene Arten von Widerständen, R und 2R, also nur einmal das doppelte.
Ich habe versucht das ganze dann umzumalen, so dass ich besser mir vorstellen kann, wo die Ströme lang fließen. Dazu habe ich einfach die Eingänge (hier b0,b1) die auf niedrigem Potential sind sozusagen nach unten geklappt.
Die oberste Linie ist UB, also die Betriebsspannung und Ua ist die mittlere Linie. So dass von oben zur MItte UB-UA abfallen, und von der Mitte nach unten UA.
Wieso teilt sich der Strom nach dem linken R in 2 gleich große Teile?Nach unten erwarten ihn doch nur 2R, nach rechts aber 3R...
Hoffe wir verstehen uns jetzt besser! :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:37 Sa 05.07.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
erstmal zur letzten Frage: nach rechts kommt erst R, dann 2 parallelgeschaltete 2R, also insgesamt nochmal R.
Wenn sonst niemand dir hilft hab ich erst später wieder Zeit, das nochmal anzusehen.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:02 Sa 05.07.2008 | | Autor: | Wimme |
ok, das habe ich nun eingesehen. Leider kann ich jedoch [mm] U_a [/mm] für [mm] U_B [/mm] = 5V noch immer nicht ausrechnen.
Irgendwie klappts nicht... :(
Naja, vielleicht klappts ja wenn du wieder Zeit hast! :)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:17 Sa 05.07.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hab das mal was anders umgemalt:
[Dateianhang nicht öffentlich]
dann liegt an UE der Gesamtwiderstand [mm] 2R+R_p
[/mm]
dabei ist [mm] R_p [/mm] der Gesamtwdstd der parllelgeschalteten 3R,3R,2R also 6/7R
also [mm] R_E=20/7R [/mm] an Ua liegt nur [mm] R_p [/mm] also [mm] U_a/U_E=6/20
[/mm]
Das setzt vorraus, ich hab jetzt [mm] U_E [/mm] und [mm] U_A [/mm] richtig interpretiert, als jeweils gegen Erde.
Gruss leduart
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:28 So 06.07.2008 | | Autor: | Wimme |
hallo leduart!
Dein Bild verstehe ich leider nicht recht und irgendwas kann da auch nicht recht stimmen, denn [mm] U_a [/mm] = [mm] 0.5U_B
[/mm]
sollte eigentlich rauskommen.
Ich habe jetzt aber nochmal ne allgemeine Frage. Ich habe nämlich das Ergebnis für obigen Fall rausbekommen, wenn ich jetzt jedoch b0-2 auf hohes Potential lege, dann kommt mit meiner Methode was falsches raus.
Betrachtet mal dieses Bild:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Kann ich die drei Widerstände links oben zu einem Widerstand mit Wert 6/5 R zusammenfassen?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:15 So 06.07.2008 | | Autor: | chrisno |
knappe Antowrt: ja
Ausführliche Antwort:
Du beginnst bei der Quelle, das sind alle Eingänge, die auf 5V liegen. Von dort aus gehst Du alle Wege ab, die zu dem Punkt führen, an dem [mm] U_A [/mm] gemessen wird.
Für jeden Weg gilt: die Widerstände werden addiert.
Für alle parallelen Wege gilt: [mm] $1/R_{ges} [/mm] = [mm] 1/R_1 [/mm] + [mm] 1/R_2 [/mm] + $...
Damit kannst Du den Gesamtwiderstand zwischen Quelle und [mm] U_A [/mm] berechnen.
Nun gehst Du von dem Punkt, an dem [mm] U_A [/mm] gemessen wird alle Wege ab, die zu 0V führen, also auch zu den Eingängen, die auf 0V liegen. Berechnnung des Gesamtwiderstands wie oben.
Nun kannst Du [mm] U_A [/mm] entweder mit der Spannungsteilerformel ausrechnen. Du kannst nun auch die beiden Gesamtwidertände addieren, den Strom für 5V ausrechnen und damit den Spannungsabfall an den einzelnen Gesamtwiderstand.
Wenn ich das so betrachte gibt es Fälle, in denen sich die Wege überschneiden würden. Die müssen dann extra behandelt werden (will heißen, dass ich erst einmal nachdenken müsste, aber für die E-techniker ist das Routine).
Rechnung für den Fall [mm] b_0 [/mm] = 0V, [mm] b_1 [/mm] = 0V, [mm] b_2 [/mm] = 5V
Ich fange von unten an.
2R von [mm] b_0 [/mm] und 2R zur Masse sind parallel geschaltet, ergibt 1R.
2R von [mm] b_1 [/mm] ist parallel zu der Reihenschaltung 1R und 1R von eben, ergibt wieder 1R.
Von [mm] U_a [/mm] ist Damit der Gesamtwiderstand zur Masse 1R + 1R
also 2R.
Von [mm] b_2 [/mm] führt damit der Weg zur Masse über 2R und noch einmal 2R, mit [mm] U_A [/mm] in der Mitte.
Also liegt an [mm] U_A [/mm] die Hälfte der Spannung von [mm] b_2.
[/mm]
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 09:38 Mo 07.07.2008 | | Autor: | Wimme |
hi!
das klingt alles gut und ich glaube auch alles verstanden zu haben, aber leider kommt bei mir für
b2=b1=b0=5V (also die Zahl 111) was falsches raus. Es gibt nämlich die schöne Formel, die eigentlich stimmen müsste:
[mm] U_a [/mm] = [mm] U_B \cdot \sum^{r}_{i=1} \frac{1}{2^i} \cdot b_{r-1}
[/mm]
Also in diesem Fall [mm] U_a [/mm] = [mm] U_B \cdot [/mm] (1/2 + 1/4 + 1/8) = 7/8 [mm] U_B
[/mm]
Wenn ich jetzt nach unserem Schema vorgehe, komme ich aber leider auf 21/32 [mm] U_B [/mm] ..^^
Der erste Schritt wäre, wie im vorigen Post, die drei Widerstände oben links zu einem vom Wert 6/5R zusammenzufassen. Dann würde ich die drei verbliebenden oben zu 22/21R zusammen fassen und wäre ja im Prinzip fertig...aber leider scheint das falsch zu sein, deswegen meine Frage, ob ich da zB zu 6/5 zusammenfassen darf...
Wimme
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:41 Mo 07.07.2008 | | Autor: | chrisno |
Ich musss erst einmal meine Aussage etwas korrigieren.
Es scheint mir strategisch günstiger zu sein, erst einmal [mm] U_A [/mm] zu ignorieren. Man berechnet den Gesamtwiederstand zwischen Masse und 5V. Dann sucht man den Spannungsteiler für [mm] U_A.
[/mm]
Auf die Art habe ich, wie es sein soll, herausbekommen:
[mm] b_0 [/mm] = 5V [mm] b_1 [/mm] = 0V [mm] b_2 [/mm] = 0V => [mm] U_A [/mm] = 5/8V
[mm] b_0 [/mm] = 0V [mm] b_1 [/mm] = 5V [mm] b_2 [/mm] = 0V => [mm] U_A [/mm] = 5/4V
[mm] b_0 [/mm] = 0V [mm] b_1 [/mm] = 0V [mm] b_2 [/mm] = 5V => [mm] U_A [/mm] = 5/2V
Diese Lösungen kann man addieren, um die anderen Werte, z.B.
[mm] b_0 [/mm] = 5V [mm] b_1 [/mm] = 5V [mm] b_2 [/mm] = 5V => [mm] U_A [/mm] = 5*7/8V
zu erhalten.
Nun will ich für den Fall aber noch mit dem Rechnen beginnen.
Parallelschaltung der Zweige bei [mm] b_2 [/mm] und [mm] b_1: R_a [/mm] = 6/5 R
[mm] R_a [/mm] liegt in Serie mit R und das ist dann mit 2R zu [mm] b_0 [/mm] parallelgeschaltet: Paralleschaltung von 11/5 R und 2 R
ergibt [mm] R_b [/mm] = 22/21 R
Dazu kommt noch einmal 2R damit [mm] R_G [/mm] = 64/21 R
Das ergibt den Gesamtstrom: [mm] I_G [/mm] = [mm] U_0 [/mm] / (64/21 R) =
[mm] U_0 [/mm] * 21/(64 R)
(hier schreibe ich lieber [mm] U_0 [/mm] statt der 5V)
Daraus ergibt sich der Spannungsabfall an den letzten 2R zur Masse: U = [mm] U_0 [/mm] * 21/(64 R) * 2R = [mm] U_0 [/mm] * 21/32.
Der Rest: [mm] U_0 [/mm] * 11/32 fällt an den verbleibenden Widerständen ab. Damit ergibt sich der Strom durch den zu [mm] b_1 [/mm] und [mm] b_2 [/mm] führenden Zweig:
Der Widerstand beträgt ja 11/5 R, der Strom damit
I = [mm] U_0 [/mm] * (11/32) / (11/5 R) = [mm] U_0 [/mm] * 5/(32 R).
Damit ergibt sich der Spannungsabfall an dem Widerstand R:
U = [mm] U_0 [/mm] * 5/32
Verbleiben [mm] U_0 [/mm] * 11/32 - [mm] U_0 [/mm] * 5/32 = [mm] U_0 [/mm] * 3/16
für den Spannungsabfall über R und 2R zu [mm] b_2. [/mm] 2/3 davon fallen an den 2R ab, also [mm] U_0 [/mm] * 1/8 also
[mm] U_A [/mm] = [mm] U_0 [/mm] - [mm] U_0 [/mm] * 1/8 = [mm] U_0 [/mm] * 7/8
Man geht die Sache vielleicht lieber anders an, nämlich tatsächlich mit den Kirchhoffschen Regeln und einem linearen Gleichungssystem.
Es gibt 5 Stöme in dem System
[mm] i_2 [/mm] fließt aus [mm] b_2
[/mm]
[mm] i_1 [/mm] fließt aus [mm] b_1
[/mm]
[mm] i_0 [/mm] fließt aus [mm] b_0
[/mm]
[mm] i_3 [/mm] fließt von oben nach unten durch den Wiederstand R zwischen den Zweigen nach [mm] b_1 [/mm] und [mm] b_0
[/mm]
[mm] i_4 [/mm] fließt durch den Widerstand 2R zur Masse.
Die ersten beiden Gleichungen ergeben sich aus der Kontenregel.
[mm] $i_1 [/mm] + [mm] i_2 [/mm] + [mm] i_3 [/mm] = 0$
[mm] $i_0 [/mm] + [mm] i_3 [/mm] - [mm] i_4 [/mm] = 0$
Die nächsten drei Gleichungen ergeben sich aus der Maschenregel.
$3R * [mm] i_2 [/mm] + R * [mm] i_3 [/mm] + 2R * [mm] i_4 [/mm] = [mm] U_{b_2}$
[/mm]
$2R * [mm] i_1 [/mm] + R * [mm] i_3 [/mm] + 2R * [mm] i_4 [/mm] = [mm] U_{b_1}$
[/mm]
$2R * [mm] i_0 [/mm] + 2R * [mm] i_4 [/mm] = [mm] U_{b_0}$
[/mm]
Das Gleichungssystem musst Du lösen, so dass am Ende
[mm] $i_2 [/mm] = [mm] a_2 [/mm] * [mm] U_{b_2} [/mm] + [mm] a_1 [/mm] * [mm] U_{b_1} [/mm] + [mm] a_0 [/mm] * [mm] U_{b_0}$
[/mm]
da steht.
Dann ist [mm] U_a [/mm] = 2R * [mm] i_2 [/mm] für den Fall, dass [mm] U_{b_2} [/mm] = 0V
und [mm] U_a [/mm] = 5V - 2R * [mm] i_2 [/mm] für den Fall, dass [mm] U_{b_2} [/mm] = 5V.
Das sollte sich dann zu der Formel zusammenfassen lassen.
Es muss aber noch eleganter gehen, wie durch meinen einen Satz weiter oben angedeutet.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:49 Di 08.07.2008 | | Autor: | Wimme |
hallo!
Vielen Dank für deine Mühe!
Bis hierhin:
ergibt $ [mm] R_b [/mm] $ = 22/21 R
habe ich es ja genauso.
aber dann sagst du:
Dazu kommt noch einmal 2R damit $ [mm] R_G [/mm] $ = 64/21 R
wo nimmst du diese 2R her?
Du hast doch 3 Widerstände zu 6/5R zusammengefasst, und dann die 6/5 und 1R und 2R zu 22/21 R. Da bleiben doch nur noch 2R von Ua nach Masse übrig?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:17 Di 08.07.2008 | | Autor: | chrisno |
Genau. Ich gehe von den +5V alle Wege zur Masse und als letztes liegt da noch der 2R im Weg.
weitere Korrekturen:
Im Gleichungssystem muss es bei den Knotenregeln [mm] -i_3 [/mm] und [mm] -i_4 [/mm] hießen.
Als Lösung erhalte ich dann:
[mm] $i_2 [/mm] = [mm] -(U_{b_0}+2U_{b_1}-4U_{b_2})/16R$
[/mm]
und damit für den Fall [mm] b_2 [/mm] = 0:
[mm] $U_A [/mm] = [mm] -U_{b_0}/8 [/mm] - [mm] U_{b_1}/4$
[/mm]
Das Minuszeichen kommt von der Wahl der Stromrichtung für [mm] i_2.
[/mm]
Für [mm] b_2 [/mm] = [mm] U_0:
[/mm]
[mm] $U_A [/mm] = [mm] U_0 [/mm] - [mm] 2Ri_2 [/mm] = [mm] +U_{b_0}/8+ U_{b_1}/4+U_0/2$
[/mm]
Damit ist das Problem komplett gelöst.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:36 So 13.07.2008 | | Autor: | chrisno |
Mir fehlte bisher noch die elegante Lösung.
Für [mm] U_a [/mm] ergibt sich immer die halbe Spannung des höchtsen Bits, wenn alle anderen Eingänge auf Masse liegen. Das liegt daran, dass sich so immer ein Spannungsteiler aus 2R und 2R in Serie ergibt. Die einen 2R sind der Widerstand von dem höchsten Bit. Die anderen 2R ergeben sich aus dem Schaltungsnetzwerk darunter. Das kann man zur Not auch mit Induktion zeigen.
Liegen bis auf das nächstniedriger Bit alle auf Masse, so ist auch hier der Spannungsteiler immer der gleiche. Wie schon berechnet ergibt sich ein Viertel der Spannung.
Noch fehlt mir der Schritt zu den weiteren Bits.
[mm] U_a [/mm] ergibt sich als Summe der einzelnen Beiträge. Das liegt an der Linearität des Gleichungssystems.
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