1. Cel ćwiczenia:

1. Skalowanie termopary oraz wyznaczanie współczynnika termoelektrycznego

termopary.

2. Wyznaczenie temperatury krzepnięcia stopu metali

2. Tabele i wykresy z wynikami:

3. Potrzebne wzory i ich wyprowadzenia:

$$\overset{\overline{}}{x} = \frac{\sum_{i = 1}^{n}x_{i}}{n}$$

$$\sigma\overset{\overline{}}{x} = \sqrt{\frac{1}{n\left( n - 1 \right)}\sum_{i = 1}^{n}\left( x_{i} - \overset{\overline{}}{x} \right)^{2}}$$

$$U = \alpha*T\ \rightarrow \ \alpha = \frac{U}{T}$$

$$\alpha = \left| \frac{\partial\alpha}{\partial U}U \right| + \left| \frac{\partial\alpha}{T}T \right| = \left| \frac{1}{T}U \right| + \left| \frac{U}{T^{2}}T \right|$$

$$T_{k} = \frac{U_{k}}{\alpha}$$

$$T_{k} = \left| \frac{\partial T_{k}}{\partial U_{k}}U_{k} \right| + \left| \frac{\partial T_{k}}{\partial\alpha}\alpha \right| = \left| \frac{1}{\alpha}U_{k} \right| + \left| \frac{U_{k}}{\alpha^{2}}\alpha \right|$$

U  =   ± (1%U  +  2 dgt)

4. Przykładowe obliczenia:

Korzystając z programu regresja liniowa wyznaczam współczynniki równania U = f(T).

a=	0, 0474
a=	0, 001005
b=	−1, 2747
b=	0, 06057

Teraz mogę policzyć współczynnik termoelektryczny α termopary oraz jego niepewność. Aby to zrobić liczę średnią wartość U i T oraz ich niepewności.

$$\overset{\overline{}}{U} = \frac{\sum_{i = 1}^{n}x_{i}}{n} = \frac{0,0114 + \ldots + 3,161}{34} = 1,4272$$

$$\overset{\overline{}}{U} = \sigma\overset{\overline{}}{U} = \sqrt{\frac{1}{n\left( n - 1 \right)}\sum_{i = 1}^{n}\left( x_{i} - \overset{\overline{}}{x} \right)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{34*\left( 34 - 1 \right)}*29,8395} = 0,1630$$

$$\overset{\overline{}}{T} = \frac{\sum_{i = 1}^{n}x_{i}}{n} = \frac{24 + \ldots + 90}{34} = 57$$

$$\overset{\overline{}}{U} = \sigma\overset{\overline{}}{U} = \sqrt{\frac{1}{n\left( n - 1 \right)}\sum_{i = 1}^{n}\left( x_{i} - \overset{\overline{}}{x} \right)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{34*\left( 34 - 1 \right)}*13090} = 3,4156$$

$$\alpha = \frac{U}{T} = \frac{1,4272}{57} = 0,0250$$

$$\alpha = \left| \frac{\partial\alpha}{\partial U}U \right| + \left| \frac{\partial\alpha}{T}T \right| = \left| \frac{1}{T}U \right| + \left| \frac{U}{T^{2}}T \right| = \frac{1}{57}*3,4156 + \frac{1,4272}{57^{2}}*0,1630 = 0,0043$$

$$\sigma\alpha = \frac{0,0045 - 0,0043}{0,0043}*100\% \approx 3\%\ dla\ \alpha \approx 0,0045$$

Niepewność względna:

$$\frac{\alpha}{\alpha} = \frac{0,0043}{0,025}*100\% = 18\%$$

Liczę również niepewności U dla każdego pomiaru analogicznie jak linie niżej.

$$U\ = \ \pm \left( 1\% U\ + \ 2\ dgt \right) = \pm \left( \frac{1}{100}*0,0114 + 2*\frac{1}{1000} \right) = \pm 0,00314$$

$$\sigma U = \frac{0,0032 - 0,00314}{0,00314}*100\% \approx 2\%\ dla\ U \approx 0,0032$$

Następnie sporządziłem wykres U = f(t), który przedstawiłem w punkcie 2. Tabele i wykresy z wynikami. Odczytane wartości to:

tk=	440
tk=	60
Uk=	1, 8
Uk=	0, 1

Teraz wyznaczyć mogę temperaturę krzepnięcia stopu woodu oraz jego niepewność.

$$T_{k} = \frac{U_{k}}{\alpha} = \frac{1,8}{0,025} = 71,8783$$

$$T_{k} = \left| \frac{\partial T_{k}}{\partial U_{k}}U_{k} \right| + \left| \frac{\partial T_{k}}{\partial\alpha}\alpha \right| = \left| \frac{1}{\alpha}U_{k} \right| + \left| \frac{U_{k}}{\alpha^{2}}\alpha \right| = \left| \frac{1}{0,025}*0,1 \right| + \left| \frac{1,8}{{0,025}^{2}}0,0043 \right| = 16,5124$$

$$\sigma T_{k} = \frac{17 - 16,5124}{16,5124}*100\% \approx 3\%\ dla\ T_{k} \approx 17$$

Niepewność względna:

$$\frac{T_{k}}{T_{k}} = \frac{16,5124}{071,8783}*100\% = 24\%$$

5. Wnioski:

Wyliczone niepewności względne wyszyły wysokie. Powodem takich wyników jest najprawdopodobniej niedokładność przy odczytywaniu napięcia, ponieważ w niektórych przypadkach zmieniało on się tak szybko, że ciężko było zanotować wartość prawdziwą. Dodatkowym potwierdzeniem jest też to, że stop woodu topi się w temperaturze (66-72 C)/