помогите пожалуйста решить задачи

[Екатерина Тебенёва 0]

помогите пожалуйста решить задачу

[su215 658]

1. Погрешность омметра 25 Ом (2,5% от 1000 Ом).

2. Погрешность вольтметра 0,05 В (2,5% от 20 В).

3. Стало быть, напряжение, измеренное вольтметром, может быть в пределах от 16,25 до 16,35 В. (16,3 +- 0,05).

4. Сопротивление может быть от 350 до 400 Ом. (375 +- 25).

5. Поскольку при меньшем сопротивлении падение напряжения больше, и наоборот, то ток может быть в пределах от (16,35 / 350) А до (16,25 / 400) А.

[bugor1956 142]

1. Погрешность омметра 25 Ом (2,5% от 1000 Ом).

2. Погрешность вольтметра 0,05 В (2,5% от 20 В).

3. Стало быть, напряжение, измеренное вольтметром, может быть в пределах от 16,25 до 16,35 В. (16,3 +- 0,05).

4. Сопротивление может быть от 350 до 400 Ом. (375 +- 25).

5. Поскольку при меньшем сопротивлении падение напряжения больше, и наоборот, то ток может быть в пределах от (16,35 / 350) А до (16,25 / 400) А.

п.п. 1-4 в целом правильно,но по п.5 несколько некорректно(может студентка и двойку отхватить :lol: ): при меньшем сопротивлении падение напряжения меньше, ибо падение напряжения есть IxR для участка цепи. Правильнее сформулировать как: максимальное возможное значение тока будет при максимальном значении падения напряжения и минимальном значении сопротивления и наоборот- минимальное возможное значение тока будет при минимальном значении падения напряжения и максимальном значении сопротивления Изменено 13 Октября 2010 пользователем bugor1956

[su215 658]

Согласен, некорректно написал.

[Екатерина Тебенёва 0]

Спасибо вам большое

[Ольг@ %) 0]

Но ведь это косвенные измерения, разве так находится предел силы эл.тока?

[Виктор 414]

Здесь спрашиваются пределы, а не погрешность.

Удивительно другое. Уровень этой задачи – не слишком сложная задачка из школьного курса физики.

[allar 90]

Погрешность измерения равна: 1,1 Х корень квадратный (сумма квадратов относительных погрешностей напряжения и сопротивления).

Коэффициент равный 1,1 - это для распределения Гауса при доверительной вероятности 0,99, если доверительная вероятность 0,95, то коэффициент равен 1,4

Изменено 29 Марта 2011 пользователем allar

[Alekcvolkov 18]

1. Погрешность омметра 25 Ом (2,5% от 1000 Ом).

2. Погрешность вольтметра 0,05 В (2,5% от 20 В).

3. Стало быть, напряжение, измеренное вольтметром, может быть в пределах от 16,25 до 16,35 В. (16,3 +- 0,05).

4. Сопротивление может быть от 350 до 400 Ом. (375 +- 25).

5. Поскольку при меньшем сопротивлении падение напряжения больше, и наоборот, то ток может быть в пределах от (16,35 / 350) А до (16,25 / 400) А.

Игорь Юрьевич, позвольте, разве погрешность вольтметра не 0,5в ? 2,5% от 20в!!!!

Тогда пределы по напряжению будут от 15,8 до 16,8 вольт.

Изменено 29 Марта 2011 пользователем Alekcvolkov

[svdorb 219]

Погрешность измерения равна: 1,1 Х корень квадратный (сумма квадратов относительных погрешностей напряжения и сопротивления).

Коэффициент равный 1,1 - это для распределения Гауса при доверительной вероятности 0,99, если доверительная вероятность 0,95, то коэффициент равен 1,4

Вы, наверное, ошиблись - все наоборот:

1,1 для вероятности 0,95

1,4 для вероятности 0,99

[Данилов А.А. 1989]

помогите пожалуйста решить задачу

Т.к. нужно найти пределы (т.е. при вероятности 1), в которых находится сила тока, получим от 39,5 (с округлением от 40 мА) до 48 мА

[Alekcvolkov 18]

помогите пожалуйста решить задачу

Т.к. нужно найти пределы (т.е. при вероятности 1), в которых находится сила тока, получим от 39,5 (с округлением от 40 мА) до 48 мА

САн, саныч, у вас тоже недочет нашел!!!! В условии задачи используется вольтметр и омметр (а, не амперметр). И потом, по моим расчетом получается от 42 мА до 45мА. Так?

[Данилов А.А. 1989]

В условии задачи используется вольтметр и омметр (а, не амперметр).

В ячейке А3 замените амперметр на омметр

по моим расчетом получается от 42 мА до 45мА. Так?

Расчёты в студию

В моих расчётах использованы пределы приведённой погрешности.

Если брать пределы относительной погрешности, то получится от 41,3 до 45,7 мА.

Правда, для погрешности 2,5% относительные погрешности обычно не применяют...

[Alekcvolkov 18]

В условии задачи используется вольтметр и омметр (а, не амперметр).

В ячейке А3 замените амперметр на омметр

по моим расчетом получается от 42 мА до 45мА. Так?

Расчёты в студию

В моих расчётах использованы пределы приведённой погрешности.

Если брать пределы относительной погрешности, то получится от 41,3 до 45,7 мА.

Правда, для погрешности 2,5% относительные погрешности обычно не применяют...

По данным вашей таблицы I=U/R

15,8/350=0,045 А

16,8/400=0,042 А

Если не так, тогда объясните как получились 0,0395 и 0,048 Ампер?

[Данилов А.А. 1989]

По данным вашей таблицы I=U/R

15,8/350=0,045 А

16,8/400=0,042 А

Если не так, тогда объясните как получились 0,0395 и 0,048 Ампер?

Максимальное значение тока получается при максимальном значении напряжения и минимальном сопротивлении и наоборот:

16,8/350=0,048 А

15,8/400=0,0395 А

[Ольг@ %) 0]

Объясните, пожалуйста. Мы решали вот такую задачу.

Используем два прибора:

амперметр дает показание 25 мА на шкале 50 мА;

омметр дает показание 5,3 кОм на шкале 10 кОм.

Определить пределы, в которых находится измеряемая мощность, если клт амперметра 4,0 (относительная форма), а омметра – 4,0 (приведенная).

При решении этой задачи, мы использовали формулу:

±ε_Р=√([∂Р/∂I ε_I ]^2+[∂P/∂R ε_R ]^2 )

Предел: Рпок –εр ≤ Р ≤ Рпок + εр

Вопрос: почему же задачу из форума не решаем по этой формуле? Ведь задачи однотипные или нет?

[Данилов А.А. 1989]

задачи однотипные или нет?

Задачи не однотипные, т.к. в задаче топика требуется найти пределы, т.е. с вероятностью, равной 1, а в Вашем случае - доверительные границы с доверительной вероятностью, меньшей 1.

Кроме того, Ваша формула справедлива только в том случае, когда погрешности амперметра и омметра обладают нормальной функцией плотности вероятности. В противном случае перед корнем должен появиться коэффициент - см. МИ 2083.

[Ольг@ %) 0]

А если предположить, что результат измерения является случайной величиной, подчиняющейся НЗР, то можно воспользоваться данной формулой для вычисления предела?

[Данилов А.А. 1989]

А если предположить, что результат измерения является случайной величиной, подчиняющейся НЗР, то можно воспользоваться данной формулой для вычисления предела?

Нет. Пределы получаются суммированием модулей пределов (умноженных на частные производные).

Вспомните, как получена Ваша формула:

1. Предположили, что погрешность является случайной величиной с нормальной функцией плотности вероятности.

2. Для заданной доверительной вероятности, например 0,95, определили СКО каждой из составляющих погрешности путём деления их пределов на 1,96.

3. Определили СКО случайной составляющей погрешности результата путём извлечения корня из суммы дисперсий составляющих погрешности, умноженных на весовые коэффициенты - квадраты частных производных

4. Рассчитали доверительные границы для заданной доверительной вероятности путём умножения полученного СКО на коэффициент 1,96 (для вероятности 0,95).

Если опустить промежуточные операции деления на 1,96 ... умножения на 1,96, то получим Вашу формулу. Но она не предназначена для расчёта пределов - только для доверительных границ, и то только в том случае, если случайные величины с нормальной функцией плотности вероятности.

[Ольг@ %) 0]

Александр Александрович, почему делим на 1,96? Поняла. Спасибо .

Изменено 29 Марта 2011 пользователем Ольг@ %)