Aufgaben:Aufgabe 3.5: Schaltung mit R, L und C: Unterschied zwischen den Versionen
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− | + | '''(1)''' Bei extrem tiefen Frequenzen ($f \rightarrow 0$) hat die Kapazität $C$ einen unendlich großen Widerstand und bei sehr hohen Frequenzen ($f \rightarrow \infty$) die Induktivität $L$. In beiden Fällen gilt $Y(f) = X(f)$ ⇒ $H(f) = 1$. Bei der Resonanzfrequenz $f_0$ wirkt dagegen die LC–Serienschaltung als Kurzschluss und es gilt $H(f = f_0) = 0$. Daraus folgt allein aus dem Blockschaltbild: Es handelt sich um eine <u>Bandsperre</u>. | |
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− | + | '''(2)''' Aus dem Pol–Nullstellen–Diagramm ergibt sich die folgende $p$–Übertragungsfunktion (ohne den Normierungsfaktor $1/T$): | |
+ | $$H_{\rm L}(p)= \frac {(p - {\rm j} \cdot 2)(p + {\rm j} \cdot | ||
2)} {(p +1)(p +4 )}= \frac {p^2 +4} {p^2 + 5 \cdot p +4} | 2)} {(p +1)(p +4 )}= \frac {p^2 +4} {p^2 + 5 \cdot p +4} | ||
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− | + | Unter Berücksichtigung der Spannungsteilereigenschaften erhält man mit dem Blindwiderstand $pL$ der Induktivität und dem Blindwiderstand $1/(pC)$ der Kapazität für die obere Schaltung: | |
− | + | $$H_{\rm L}(p)= \frac { p\cdot L +1/(pC) } | |
{R + p \cdot L +1/(pC) }= \frac { p^2 +1/(pC) } | {R + p \cdot L +1/(pC) }= \frac { p^2 +1/(pC) } | ||
{p^2 + p \cdot {R}/{L} +1/(pC) }\hspace{0.05cm} .$$ | {p^2 + p \cdot {R}/{L} +1/(pC) }\hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | Durch Vergleich erkennt man unter Berücksichtigung des Normierungsfaktors $1/T= 10^6 \cdot \rm 1/s$: | |
− | + | $${R}/{L} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} 5 \cdot 10^{6 }\, {\rm 1/s} | |
\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}L= \frac{100\, {\rm \Omega}}{5 \cdot 10^6 \, {\rm | \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}L= \frac{100\, {\rm \Omega}}{5 \cdot 10^6 \, {\rm | ||
− | 1/s}}\hspace{0.15cm}\underline{= 20\,{\rm \mu H} \hspace{0.05cm}} , | + | 1/s}}\hspace{0.15cm}\underline{= 20\,{\rm \mu H} \hspace{0.05cm}} ,$$ |
− | + | $${1}/({LC}) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}4 \cdot 10^{12 }\, {\rm 1/s^2} | |
\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}C= \frac{1}{4 \cdot 10^{12 }\, {\rm | \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}C= \frac{1}{4 \cdot 10^{12 }\, {\rm | ||
1/s^2}\cdot 2 \cdot 10^{-5 }\, {\rm | 1/s^2}\cdot 2 \cdot 10^{-5 }\, {\rm | ||
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} \hspace{0.15cm}\underline{= 12.5\,{\rm nF}} \hspace{0.05cm} .$$ | } \hspace{0.15cm}\underline{= 12.5\,{\rm nF}} \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | '''(3)''' Die Sprungfunktion am Eingang wird durch $X_{\rm L}(p) = 1/p$ berücksichtigt. Damit ergibt sich | |
− | + | $$Y_{\rm L}(p)= \frac {p^2 +4} {p \cdot (p +1)\cdot(p +4 )} | |
\hspace{0.05cm} ,$$ | \hspace{0.05cm} ,$$ | ||
− | + | woraus man durch Anwendung des Residuensatzes die Zeitfunktion $y(t)$ ermitteln kann: | |
− | + | $$y_1(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} | |
\frac {p^2 +4} { (p +1)\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p | \frac {p^2 +4} { (p +1)\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p | ||
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\bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}0}= 1 | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}0}= 1 | ||
− | \hspace{0.05cm} , | + | \hspace{0.05cm} ,$$ |
− | + | $$ y_2(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} | |
\frac {p^2 +4} { p\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p | \frac {p^2 +4} { p\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p | ||
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− | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= - | + | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= - {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ |
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− | \hspace{0.05cm} , | + | \hspace{0.05cm} ,$$ |
− | + | $$ y_3(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} | |
\frac {p^2 +4} { p\cdot(p +1 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p | \frac {p^2 +4} { p\cdot(p +1 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p | ||
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− | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-4}= | + | \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-4}= {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ |
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− | + | $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t)= y_1(t)+y_2(t)+y_3(t)= 1- | |
− | {5}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t/T}+\ | + | {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t/T}+\ {5}/{3}\cdot {\rm |
e}^{ | e}^{ | ||
\hspace{0.05cm}-4t/T} | \hspace{0.05cm}-4t/T} | ||
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− | :Hierbei ist berücksichtigt, dass die bei dieser Rechnung nicht berücksichtigte Konstante 10 | + | [[Datei:P_ID1778__LZI_A_3_5_c.png|right|Sprungantwort des RLC–Schwingkreises ]] |
− | + | Hierbei ist berücksichtigt, dass die bei dieser Rechnung nicht berücksichtigte Konstante $10^6 \cdot \rm 1/s$ durch die Zeitnormierung auf $T = 1 \ \rm \mu s$ ausgeglichen werden kann. Die gesuchten Signalwerte lauten: | |
− | \hspace{0.15cm}y(t = 0.5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.215}\hspace{0.05cm}, | + | $$y(t = 0) \hspace{0.05cm}\underline{= 1.000}\hspace{0.05cm}, |
− | + | \hspace{0.15cm}y(t = 0.5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.215}\hspace{0.05cm}, $$ | |
+ | $$y(t = 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.775}\hspace{0.05cm}, | ||
\hspace{0.15cm}y(t = 5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.989}\hspace{0.05cm}. $$ | \hspace{0.15cm}y(t = 5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.989}\hspace{0.05cm}. $$ | ||
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− | :* Da extrem hohe Frequenzen durch das System (Bandsperre) nicht beeinflusst werden, ist auch im Ausgangssignal | + | Die Grafik zeigt den Signalverlauf. Die gesuchten Zahlenwerte sind nochmals eingetragen. |
+ | Man erkennt aus dieser Darstellung: | ||
+ | * Da extrem hohe Frequenzen durch das System (Bandsperre) nicht beeinflusst werden, ist auch im Ausgangssignal $y(t)$ der Sprung von $0$ auf $1$ mit unendlich großer Flankensteilheit zu erkennen. | ||
+ | * Wegen $H(f = 0) = 1$ ergibt der Grenzwert von $y(t)$ für $t → \infty$ folgerichtig ebenfalls den Wert $1$. | ||
+ | * Aufgrund der LC–Resonanzfrequenz bei $f_0 = 1/\pi$ (in $\rm MHz$) kommt es zu einem Einbruch im Signalverlauf. Das Signalminimum von $\approx 0.215$ liegt bei etwa $t = 0.5 \ \rm \mu s$. | ||
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− | + | '''(4)''' Die Impulsantwort $h(t)$ ergibt sich aus der Sprungantwort $y(t)$ durch Differentiation: | |
− | + | [[Datei:P_ID1779__LZI_A_3_5_d.png|right|Impulsantwort des RLC–Tiefpasses]] | |
− | + | $$h(t)= \frac{{\rm d}\hspace{0.1cm}y(t)}{{\rm | |
− | :$$h(t)= \frac{{\rm d}\hspace{0.1cm}y(t)}{{\rm | ||
d}t}= \delta (t) + \frac {5}{3T}\cdot {\rm e}^{ | d}t}= \delta (t) + \frac {5}{3T}\cdot {\rm e}^{ | ||
\hspace{0.05cm}-t/T}- \frac {20}{3T}\cdot {\rm e}^{ | \hspace{0.05cm}-t/T}- \frac {20}{3T}\cdot {\rm e}^{ | ||
\hspace{0.05cm}-4t/T} | \hspace{0.05cm}-4t/T} | ||
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− | + | Der <u>Lösungsvorschlag 1</u> ist somit richtig, da die Differentiation einer Sprungfunktion die Diracfunktion liefert. | |
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− | \hspace{0.05cm} , | + | Für den kontinuierlichen Anteil von $h(t)$ erhält man folgende Zahlenwerte: |
− | + | $$T \cdot h(t = 0 )\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {5}/{3}- {20}/{3}= -5 | |
− | \hspace{0.05cm}-1}- | + | \hspace{0.05cm} ,$$ |
− | \hspace{0.05cm}-4}= | + | $$ T \cdot h(t = T )\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ |
+ | \hspace{0.05cm}-1}- {20}/{3}\cdot {\rm e}^{ | ||
+ | \hspace{0.05cm}-4}= {5}/{3}\cdot 0.368- {20}/{3}\cdot | ||
0.018\approx 0.491 | 0.018\approx 0.491 | ||
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− | + | Da $h(t)$) im Grenzfall für $t → \infty$ gegen Null strebt, ist der <u>dritte Lösungsvorschlag</u> ebenfalls richtig im Gegensatz zum zweiten. Der Verlauf von $h(t)$ ist in der zweiten Grafik dargestellt. | |
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Version vom 10. Februar 2017, 18:05 Uhr
Wir betrachten einen Vierpol mit dem Widerstand $R = 100 \ \rm Omega$ im Längszweig, während im Querzweig eine Induktivität $L$ und eine Kapazität $C$ in Serie geschaltet sind. Darunter gezeichnet ist das Pol–Nullstellen–Diagramm.
Beachten Sie die Normierung der komplexen Frequenz $p = {\rm j} \cdot 2 \pi f$ auf den Wert $1/T$ mit $T = 1 \ \rm \mu s$. Dies hat zur Folge, dass zum Beispiel der Pol bei $-1$ in Realität bei $-10^6 \cdot \ \rm 1/s$ liegt.
Zur Berechnung von Zeitfunktionen kann man den Residuensatz anwenden:
- Bei $N$ einfachen Polen setzt sich das Ausgangssignal $y(t)$ aus $N$ Eigenschwingungen (den so genannten Residuen) zusammen.
- Bei einem einfachen Pol bei $p_{{\rm x}i}$ für das das Residuum:
$${\rm Res} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{-0.7cm}\{Y_{\rm L}(p)\cdot {\rm e}^{p t}\}= Y_{\rm L}(p)\cdot (p - p_{{\rm x}i})\cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}p_{{\rm x}i}} \hspace{0.05cm} .$$
Dieser Ansatz funktioniert aber nur dann, wenn die Anzahl $Z$ der Nullstellen kleiner ist als $N$, in dieser Aufgabe beispielsweise dann, wenn die Sprungantwort $y(t)$ berechnet wird. In diesem Fall ist $Z = 2$ und $N = 3$, da zusätzlich die Sprungfunktion am Eingang durch $X_{\rm L}(p) = 1/p$ berücksichtigt werden muss.
Für die Berechnung der Impulsantwort $h(t)$ funktioniert diese Vorgehensweise wegen $Z = N =2$ nicht. Hier kann aber die Tatsache berücksichtigt werden, dass das Integral über die Impulsantwort $h(t)$ die Sprungantwort $y(t)$ ergibt.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Rücktransformation.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
(2) Aus dem Pol–Nullstellen–Diagramm ergibt sich die folgende $p$–Übertragungsfunktion (ohne den Normierungsfaktor $1/T$):
$$H_{\rm L}(p)= \frac {(p - {\rm j} \cdot 2)(p + {\rm j} \cdot
2)} {(p +1)(p +4 )}= \frac {p^2 +4} {p^2 + 5 \cdot p +4}
\hspace{0.05cm} .$$
Unter Berücksichtigung der Spannungsteilereigenschaften erhält man mit dem Blindwiderstand $pL$ der Induktivität und dem Blindwiderstand $1/(pC)$ der Kapazität für die obere Schaltung:
$$H_{\rm L}(p)= \frac { p\cdot L +1/(pC) }
{R + p \cdot L +1/(pC) }= \frac { p^2 +1/(pC) }
{p^2 + p \cdot {R}/{L} +1/(pC) }\hspace{0.05cm} .$$
Durch Vergleich erkennt man unter Berücksichtigung des Normierungsfaktors $1/T= 10^6 \cdot \rm 1/s$:
$${R}/{L} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} 5 \cdot 10^{6 }\, {\rm 1/s}
\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}L= \frac{100\, {\rm \Omega}}{5 \cdot 10^6 \, {\rm
1/s}}\hspace{0.15cm}\underline{= 20\,{\rm \mu H} \hspace{0.05cm}} ,$$
$${1}/({LC}) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}4 \cdot 10^{12 }\, {\rm 1/s^2}
\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}C= \frac{1}{4 \cdot 10^{12 }\, {\rm
1/s^2}\cdot 2 \cdot 10^{-5 }\, {\rm
\Omega \cdot s}
} \hspace{0.15cm}\underline{= 12.5\,{\rm nF}} \hspace{0.05cm} .$$
(3) Die Sprungfunktion am Eingang wird durch $X_{\rm L}(p) = 1/p$ berücksichtigt. Damit ergibt sich $$Y_{\rm L}(p)= \frac {p^2 +4} {p \cdot (p +1)\cdot(p +4 )} \hspace{0.05cm} ,$$ woraus man durch Anwendung des Residuensatzes die Zeitfunktion $y(t)$ ermitteln kann: $$y_1(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {p^2 +4} { (p +1)\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}0}= 1 \hspace{0.05cm} ,$$ $$ y_2(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {p^2 +4} { p\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= - {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t} \hspace{0.05cm} ,$$ $$ y_3(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {p^2 +4} { p\cdot(p +1 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-4}= {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4t}$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t)= y_1(t)+y_2(t)+y_3(t)= 1- {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t/T}+\ {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4t/T} \hspace{0.05cm} .$$
Hierbei ist berücksichtigt, dass die bei dieser Rechnung nicht berücksichtigte Konstante $10^6 \cdot \rm 1/s$ durch die Zeitnormierung auf $T = 1 \ \rm \mu s$ ausgeglichen werden kann. Die gesuchten Signalwerte lauten: $$y(t = 0) \hspace{0.05cm}\underline{= 1.000}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.15cm}y(t = 0.5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.215}\hspace{0.05cm}, $$ $$y(t = 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.775}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.15cm}y(t = 5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.989}\hspace{0.05cm}. $$
Die Grafik zeigt den Signalverlauf. Die gesuchten Zahlenwerte sind nochmals eingetragen. Man erkennt aus dieser Darstellung:
- Da extrem hohe Frequenzen durch das System (Bandsperre) nicht beeinflusst werden, ist auch im Ausgangssignal $y(t)$ der Sprung von $0$ auf $1$ mit unendlich großer Flankensteilheit zu erkennen.
- Wegen $H(f = 0) = 1$ ergibt der Grenzwert von $y(t)$ für $t → \infty$ folgerichtig ebenfalls den Wert $1$.
- Aufgrund der LC–Resonanzfrequenz bei $f_0 = 1/\pi$ (in $\rm MHz$) kommt es zu einem Einbruch im Signalverlauf. Das Signalminimum von $\approx 0.215$ liegt bei etwa $t = 0.5 \ \rm \mu s$.
(4) Die Impulsantwort $h(t)$ ergibt sich aus der Sprungantwort $y(t)$ durch Differentiation:
$$h(t)= \frac{{\rm d}\hspace{0.1cm}y(t)}{{\rm d}t}= \delta (t) + \frac {5}{3T}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t/T}- \frac {20}{3T}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4t/T} \hspace{0.05cm} .$$ Der Lösungsvorschlag 1 ist somit richtig, da die Differentiation einer Sprungfunktion die Diracfunktion liefert.
Für den kontinuierlichen Anteil von $h(t)$ erhält man folgende Zahlenwerte: $$T \cdot h(t = 0 )\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {5}/{3}- {20}/{3}= -5 \hspace{0.05cm} ,$$ $$ T \cdot h(t = T )\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} {5}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-1}- {20}/{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4}= {5}/{3}\cdot 0.368- {20}/{3}\cdot 0.018\approx 0.491 \hspace{0.05cm} .$$ Da $h(t)$) im Grenzfall für $t → \infty$ gegen Null strebt, ist der dritte Lösungsvorschlag ebenfalls richtig im Gegensatz zum zweiten. Der Verlauf von $h(t)$ ist in der zweiten Grafik dargestellt.