Aufgaben:Aufgabe 1.1: Einfache Filterfunktionen: Unterschied zwischen den Versionen
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Man bezeichnet ein Filter mit dem Frequenzgang | Man bezeichnet ein Filter mit dem Frequenzgang | ||
− | $$H_{\rm TP}(f) = \frac{1}{1+ {\rm j}\cdot f/f_0}$$ | + | :$$H_{\rm TP}(f) = \frac{1}{1+ {\rm j}\cdot f/f_0}$$ |
als Tiefpass erster Ordnung. Daraus lässt sich ein Hochpass erster Ordnung nach folgender Vorschrift gestalten: | als Tiefpass erster Ordnung. Daraus lässt sich ein Hochpass erster Ordnung nach folgender Vorschrift gestalten: | ||
− | $$H_{\rm HP}(f) = 1- H_{\rm TP}(f) .$$ | + | :$$H_{\rm HP}(f) = 1- H_{\rm TP}(f) .$$ |
− | In beiden Fällen gibt $f_0$ die so genannte | + | In beiden Fällen gibt $f_0$ die so genannte $\text{3 dB}$–Grenzfrequenz an. |
− | Die Abbildung zeigt zwei | + | Die Abbildung zeigt zwei Vierpolschaltungen $\rm A$ und $\rm B$. In der Aufgabe ist zu klären, welcher der beiden Vierpole eine Tiefpass– und welcher eine Hochpasscharakteristik aufweist. |
− | Die Bauelemente von Schaltung A sind wie folgt gegeben: | + | Die Bauelemente von Schaltung $\rm A$ sind wie folgt gegeben: |
− | $$R = 50 \,\, {\rm \Omega} | + | :$$R = 50 \,\, {\rm \Omega}, \hspace{0.2cm} C = 637 \,\, {\rm nF} .$$ |
− | Die Induktivität $L$ ist in der Teilaufgabe | + | Die Induktivität $L$ von Schaltung $\rm B$ ist in der Teilaufgabe '''(6)''' zu berechnen. |
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+ | *Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Lineare_zeitinvariante_Systeme/Systembeschreibung_im_Frequenzbereich | Systembeschreibung im Frequenzbereich]]. | ||
+ | *Für die Teilaufgabe '''(4)''' werden cosinusförmige Eingangssignale vorausgesetzt. Die Frequenz $f_x$ ist variabel, die Leistung beträgt $P_x = 10\,{\rm mW}.$ | ||
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− | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H_{\rm A}(f)$ des Vierpols A und | + | {Berechnen Sie den Frequenzgang $H_{\rm A}(f)$ des Vierpols $\rm A$ und überprüfen Sie folgende Aussagen. |
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− | + Vierpol A ist ein Tiefpass. | + | + Vierpol $\rm A$ ist ein Tiefpass. |
− | - Vierpol A ist ein Hochpass. | + | - Vierpol $\rm A$ ist ein Hochpass. |
− | {Berechnen Sie die Bezugsfrequenz $f_0$ aus den Bauelementen $R$ und $C$. | + | {Berechnen Sie die Bezugsfrequenz $f_0$ aus den Bauelementen $R$ und $C$. |
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− | $f_0$ | + | $f_0 \ = \ $ { 5 1% } $\text{kHz}$ |
− | {Berechnen Sie den Amplitudengang $|H_{\rm A}(f)|$. Welche Zahlenwerte ergeben sich für $f = f_0$ und $f = 2f_0$? | + | {Berechnen Sie den Amplitudengang $|H_{\rm A}(f)|$. Welche Zahlenwerte ergeben sich für $f = f_0$ und $f = 2f_0$? |
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− | $|H_{\rm A}(f = f_0)|$ | + | $|H_{\rm A}(f = f_0)|\ = \ $ { 0.707 1% } |
− | $|H_{\rm A}(f = 2f_0)|$ | + | $|H_{\rm A}(f = 2f_0)|\ = \ $ { 0.447 1% } |
− | {Wie groß ist die Leistung $P_y$ des Ausgangssignals $y(t)$, wenn am Eingang ein Cosinussignal | + | {Wie groß ist die Leistung $P_y$ des Ausgangssignals $y(t)$, wenn am Eingang ein Cosinussignal der Frequenz $f_x = 5\,{\rm kHz}$ bzw. $f_x = 10\,{\rm kHz}$ anliegt? |
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− | $P_y(f_x = 5 \rm kHz)$ | + | $P_y(f_x = 5 \ \rm kHz)\ = \ $ { 5 1% } $\text{mW}$ |
− | $P_y(f_x = 10 \rm kHz)$ | + | $P_y(f_x = 10 \ \rm kHz)\ = \ $ { 2 1% } $\text{mW}$ |
− | {Berechnen Sie den Amplitudengang $|H_{\rm B}(f)|$ des Vierpols mit den Elementen $R$ und $L$ unter Verwendung der Bezugsfrequenz $f_0 = R/(2πL)$. Welche Werte ergeben sich für $f = 0$, $f = f_0$ und $f = 2f_0$ sowie für $f → ∞$? | + | {Berechnen Sie den Amplitudengang $|H_{\rm B}(f)|$ des Vierpols $\rm B$ mit den Elementen $R$ und $L$ unter Verwendung der Bezugsfrequenz $f_0 = R/(2πL)$. <br>Welche Werte ergeben sich für $f = 0$, $f = f_0$ und $f = 2f_0$ sowie für $f → ∞$? |
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===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
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− | + | '''(1)''' Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 1</u>: | |
− | $$H_{\rm A}(f) = \frac{Y_{\rm A}(f)}{X_{\rm A}(f)} = \frac{1/({\rm j}\omega C)}{R+1/({\rm j}\omega C)}=\frac{1}{1+{\rm j \cdot 2\pi}\cdot f \cdot R\cdot C}.$$ | + | *Der komplexe Widerstand der Kapazität $C$ ist gleich $1/({\rm j}ωC)$, wobei $ω = 2πf$ die so genannte Kreisfrequenz angibt. |
+ | *Der Frequenzgang lässt sich nach dem Spannungsteilerprinzip berechnen: | ||
+ | :$$H_{\rm A}(f) = \frac{Y_{\rm A}(f)}{X_{\rm A}(f)} = \frac{1/({\rm j}\omega C)}{R+1/({\rm j}\omega C)}=\frac{1}{1+{\rm j \cdot 2\pi}\cdot f \cdot R\cdot C}.$$ | ||
+ | *Wegen $H_{\rm A}(f = 0) = 1$ kann dies kein Hochpass sein; vielmehr handelt es sich um einen Tiefpass. | ||
+ | *Bei niedrigen Frequenzen ist der Blindwiderstand der Kapazität sehr groß und es gilt $y_{\rm A}(t) ≈ x_{\rm A}(t)$. | ||
+ | *Dagegen wirkt der Kondensator bei sehr hohen Frequenzen wie ein Kurzschluss und es ist $y_{\rm A}(t) ≈ 0$. | ||
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+ | '''(2)''' Durch Koeffizientenvergleich zwischen $H_{\rm TP}(f)$ auf der Angabenseite und $H_{\rm A}(f)$ gemäß Teilaufgabe '''(1)''' erhält man: | ||
+ | :$$f_0 = \frac{1}{2\pi \cdot R \cdot C} = \frac{1}{2\pi \cdot{\rm | ||
+ | 50\hspace{0.05cm} \Omega}\cdot {\rm 637 \cdot 10^{-9}\hspace{0.05cm} s/\Omega}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 5 \, {\rm kHz}}.$$ | ||
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+ | '''(3)''' Der Amplitudengang lautet: | ||
+ | :$$|H_{\rm A}(f)| = \frac{1}{\sqrt{1+ (f/f_0)^2}}.$$ | ||
+ | *Für $f = f_0$ erhält man den Zahlenwert $1/\sqrt{2}\hspace{0.1cm} \underline{≈ 0.707}$, und | ||
+ | *für $f = 2f_0$ näherungsweise den Wert $1/\sqrt{5}\hspace{0.1cm} \underline{≈ 0.447}$. | ||
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+ | '''(4)''' Die Ausgangsleistung kann nach folgender Gleichung berechnet werden: | ||
+ | :$$P_y = P_x \cdot |H_{\rm A}(f = f_x)|^2.$$ | ||
+ | *Für $f_x = f_0$ ist $P_y = P_x/2 \hspace{0.1cm} \underline{ = 5\hspace{0.1cm} {\rm mW}}$, also ergibt sich am Ausgang nur noch die halbe Leistung. | ||
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+ | *In logarithmischer Darstellung lautet diese Beziehung: | ||
+ | :$$10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.2cm} \frac{P_x(f_0)}{P_y(f_0)} = 3\,{\rm dB}.$$ | ||
+ | :Deshalb ist für $f_0$ auch die Bezeichnung „3dB–Grenzfrequenz” üblich. | ||
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+ | *Für $f_x = 2f_0$ erhält man dagegen einen kleineren Wert: $P_y = P_x/5 \hspace{0.1cm}\underline{= 2\hspace{0.1cm} {\rm mW}}$. | ||
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− | + | '''(5)''' Analog zur Teilaufgabe '''(1)''' gilt: | |
− | $$|H_{\rm | + | :$$H_{\rm B}(f) = \frac{Y_{\rm B}(f)}{X_{\rm B}(f)} = \frac{{\rm j}\omega L}{R+{\rm j}\omega L}=\frac{{\rm j2\pi}\cdot f \cdot L/R}{1+{\rm j2\pi}\cdot f \cdot L/R}.$$ |
− | + | *Unter Verwendung der Bezugsfrequenz $f_0 = R/(2πL)$ kann hierfür auch geschrieben werden: | |
+ | :$$H_{\rm B}(f) = \frac{{\rm j}\cdot f/f_0}{1+{\rm j}\cdot f/f_0}\hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(f)| = \frac{|f/f_0|}{\sqrt{1+ (f/f_0)^2}}.$$ | ||
+ | *Daraus erhält man die Zahlenwerte: | ||
+ | :$$|H_{\rm B}(f = 0)| \hspace{0.15cm}\underline{= 0}, \hspace{0.5cm} |H_{\rm B}( f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{=0.707}, \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(2f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{= 0.894}, | ||
+ | \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(f \rightarrow \infty)|\hspace{0.15cm}\underline{ = 1}.$$ | ||
+ | *Der Vierpol $\rm B$ ist demzufolge ein Hochpass. | ||
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− | + | '''(6)''' Aus obiger Definition der Bezugsfrequenz folgt: | |
− | $$L = \frac{R}{2\pi \cdot f_0} = \frac{{\rm 50\hspace{0.05cm} | + | :$$L = \frac{R}{2\pi \cdot f_0} = \frac{{\rm 50\hspace{0.05cm} |
\Omega}}{2\pi \cdot{\rm 5000 \hspace{0.05cm} Hz}}= {\rm 1.59 \cdot | \Omega}}{2\pi \cdot{\rm 5000 \hspace{0.05cm} Hz}}= {\rm 1.59 \cdot | ||
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− | [[Category:Aufgaben zu Lineare zeitinvariante Systeme|^Systembeschreibung im Frequenzbereich^]] | + | [[Category:Aufgaben zu Lineare zeitinvariante Systeme|^1.1 Systembeschreibung im Frequenzbereich^]] |
Aktuelle Version vom 9. Juli 2021, 16:44 Uhr
Man bezeichnet ein Filter mit dem Frequenzgang
- $$H_{\rm TP}(f) = \frac{1}{1+ {\rm j}\cdot f/f_0}$$
als Tiefpass erster Ordnung. Daraus lässt sich ein Hochpass erster Ordnung nach folgender Vorschrift gestalten:
- $$H_{\rm HP}(f) = 1- H_{\rm TP}(f) .$$
In beiden Fällen gibt $f_0$ die so genannte $\text{3 dB}$–Grenzfrequenz an.
Die Abbildung zeigt zwei Vierpolschaltungen $\rm A$ und $\rm B$. In der Aufgabe ist zu klären, welcher der beiden Vierpole eine Tiefpass– und welcher eine Hochpasscharakteristik aufweist.
Die Bauelemente von Schaltung $\rm A$ sind wie folgt gegeben:
- $$R = 50 \,\, {\rm \Omega}, \hspace{0.2cm} C = 637 \,\, {\rm nF} .$$
Die Induktivität $L$ von Schaltung $\rm B$ ist in der Teilaufgabe (6) zu berechnen.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Systembeschreibung im Frequenzbereich.
- Für die Teilaufgabe (4) werden cosinusförmige Eingangssignale vorausgesetzt. Die Frequenz $f_x$ ist variabel, die Leistung beträgt $P_x = 10\,{\rm mW}.$
Fragebogen
Musterlösung
- Der komplexe Widerstand der Kapazität $C$ ist gleich $1/({\rm j}ωC)$, wobei $ω = 2πf$ die so genannte Kreisfrequenz angibt.
- Der Frequenzgang lässt sich nach dem Spannungsteilerprinzip berechnen:
- $$H_{\rm A}(f) = \frac{Y_{\rm A}(f)}{X_{\rm A}(f)} = \frac{1/({\rm j}\omega C)}{R+1/({\rm j}\omega C)}=\frac{1}{1+{\rm j \cdot 2\pi}\cdot f \cdot R\cdot C}.$$
- Wegen $H_{\rm A}(f = 0) = 1$ kann dies kein Hochpass sein; vielmehr handelt es sich um einen Tiefpass.
- Bei niedrigen Frequenzen ist der Blindwiderstand der Kapazität sehr groß und es gilt $y_{\rm A}(t) ≈ x_{\rm A}(t)$.
- Dagegen wirkt der Kondensator bei sehr hohen Frequenzen wie ein Kurzschluss und es ist $y_{\rm A}(t) ≈ 0$.
(2) Durch Koeffizientenvergleich zwischen $H_{\rm TP}(f)$ auf der Angabenseite und $H_{\rm A}(f)$ gemäß Teilaufgabe (1) erhält man:
- $$f_0 = \frac{1}{2\pi \cdot R \cdot C} = \frac{1}{2\pi \cdot{\rm 50\hspace{0.05cm} \Omega}\cdot {\rm 637 \cdot 10^{-9}\hspace{0.05cm} s/\Omega}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 5 \, {\rm kHz}}.$$
(3) Der Amplitudengang lautet:
- $$|H_{\rm A}(f)| = \frac{1}{\sqrt{1+ (f/f_0)^2}}.$$
- Für $f = f_0$ erhält man den Zahlenwert $1/\sqrt{2}\hspace{0.1cm} \underline{≈ 0.707}$, und
- für $f = 2f_0$ näherungsweise den Wert $1/\sqrt{5}\hspace{0.1cm} \underline{≈ 0.447}$.
(4) Die Ausgangsleistung kann nach folgender Gleichung berechnet werden:
- $$P_y = P_x \cdot |H_{\rm A}(f = f_x)|^2.$$
- Für $f_x = f_0$ ist $P_y = P_x/2 \hspace{0.1cm} \underline{ = 5\hspace{0.1cm} {\rm mW}}$, also ergibt sich am Ausgang nur noch die halbe Leistung.
- In logarithmischer Darstellung lautet diese Beziehung:
- $$10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.2cm} \frac{P_x(f_0)}{P_y(f_0)} = 3\,{\rm dB}.$$
- Deshalb ist für $f_0$ auch die Bezeichnung „3dB–Grenzfrequenz” üblich.
- Für $f_x = 2f_0$ erhält man dagegen einen kleineren Wert: $P_y = P_x/5 \hspace{0.1cm}\underline{= 2\hspace{0.1cm} {\rm mW}}$.
(5) Analog zur Teilaufgabe (1) gilt:
- $$H_{\rm B}(f) = \frac{Y_{\rm B}(f)}{X_{\rm B}(f)} = \frac{{\rm j}\omega L}{R+{\rm j}\omega L}=\frac{{\rm j2\pi}\cdot f \cdot L/R}{1+{\rm j2\pi}\cdot f \cdot L/R}.$$
- Unter Verwendung der Bezugsfrequenz $f_0 = R/(2πL)$ kann hierfür auch geschrieben werden:
- $$H_{\rm B}(f) = \frac{{\rm j}\cdot f/f_0}{1+{\rm j}\cdot f/f_0}\hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(f)| = \frac{|f/f_0|}{\sqrt{1+ (f/f_0)^2}}.$$
- Daraus erhält man die Zahlenwerte:
- $$|H_{\rm B}(f = 0)| \hspace{0.15cm}\underline{= 0}, \hspace{0.5cm} |H_{\rm B}( f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{=0.707}, \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(2f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{= 0.894}, \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(f \rightarrow \infty)|\hspace{0.15cm}\underline{ = 1}.$$
- Der Vierpol $\rm B$ ist demzufolge ein Hochpass.
(6) Aus obiger Definition der Bezugsfrequenz folgt:
- $$L = \frac{R}{2\pi \cdot f_0} = \frac{{\rm 50\hspace{0.05cm} \Omega}}{2\pi \cdot{\rm 5000 \hspace{0.05cm} Hz}}= {\rm 1.59 \cdot 10^{-3}\hspace{0.05cm} \Omega s}\hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 1.59 \hspace{0.1cm} mH}} .$$