Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 3.3Z: High- and Low-Pass Filters in p-Form"
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===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
{{ML-Kopf}} | {{ML-Kopf}} | ||
− | + | '''(1)''' Für die beiden Vierpole gelten folgende Grenzwerte: | |
− | + | $$\lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0} H_{\rm | |
TP}(p)\hspace{0.2cm} = \hspace{0.1cm}\lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0}\frac{K}{p + p_{\rm x}} \hspace{0.15cm} { | TP}(p)\hspace{0.2cm} = \hspace{0.1cm}\lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0}\frac{K}{p + p_{\rm x}} \hspace{0.15cm} { | ||
=K /{p_{\rm x}}}, \hspace{0.2cm} | =K /{p_{\rm x}}}, \hspace{0.2cm} | ||
\lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} H_{\rm | \lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} H_{\rm | ||
− | TP}(p)= 0\hspace{0.05cm}, | + | TP}(p)= 0\hspace{0.05cm},$$ |
− | + | $$ \lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0}H_{\rm | |
HP}(p) \hspace{0.2cm} = \hspace{0.1cm}0, \hspace{0.4cm} | HP}(p) \hspace{0.2cm} = \hspace{0.1cm}0, \hspace{0.4cm} | ||
\lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} H_{\rm | \lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty} H_{\rm | ||
HP}(p)= \lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty}\frac{K\cdot p}{p + p_{\rm x}} = K \hspace{0.05cm}.$$ | HP}(p)= \lim_{p \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}\infty}\frac{K\cdot p}{p + p_{\rm x}} = K \hspace{0.05cm}.$$ | ||
− | + | Man erkennt, dass $H_{\rm TP}(p)$ für sehr hohe Frequenzen sperrt und $H_{\rm HP}(p)$ für sehr niedrige Frequenzen. Das bedeutet, dass <u>beide Aussagen</u> zutreffen. | |
− | + | '''(2)''' Wir betrachten den Vierpol '''(1)'''. Der Spannungsteiler liefert das Ergebnis | |
− | + | $$H_{\rm L}(p)= \frac { p L} | |
{R + pL}= \frac { p } | {R + pL}= \frac { p } | ||
{p +{R}/{L}} | {p +{R}/{L}} | ||
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | Es handelt sich um einen <u>Hochpass</u> mit dem Kennparameter $\underline {K = 1}$ und der Nullstelle bei | |
− | + | $$p_{\rm x}= -\frac{R}{L}= -\frac{100\,{\rm \Omega}}{10^{-5 }\,{\rm \Omega | |
− | s}}\hspace{0.15cm}\underline{= - | + | s}}\hspace{0.15cm}\underline{= -0.1} \cdot10^{-6 }\,{1}/{\rm s} |
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | '''(3)''' Zur Übertragungsfunktion kommt man mit der Substitution $p = {\rm j} \cdot 2 \pi f$: | |
− | + | $$H(f)= \frac { {\rm j} \cdot 2\pi \hspace{-0.05cm}f } | |
{{\rm j} \cdot 2\pi \hspace{-0.05cm}f +p_{\rm o}}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\hspace{0.3cm} | {{\rm j} \cdot 2\pi \hspace{-0.05cm}f +p_{\rm o}}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\hspace{0.3cm} | ||
|H(f)|^2 = \frac { (2\pi \hspace{-0.05cm}f)^2 } | |H(f)|^2 = \frac { (2\pi \hspace{-0.05cm}f)^2 } | ||
{(2\pi \hspace{-0.05cm}f)^2 +p_{\rm o}^2}\hspace{0.05cm} .$$ | {(2\pi \hspace{-0.05cm}f)^2 +p_{\rm o}^2}\hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | Aus der Bedingung |$|H(f_{\rm G})|^2 = 0.5 $ erhält man die Bedingung: | |
− | + | $$(2\pi \hspace{-0.05cm}f_{\rm G})^2 = p_{\rm o}^2 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\hspace{0.3cm} | |
f_{\rm G} = -\frac { p_{\rm o}} {2 \pi}= \frac { 10^{-7 }\, 1/s} {2 \pi}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.59\,{\rm MHz}}\hspace{0.05cm} .$$ | f_{\rm G} = -\frac { p_{\rm o}} {2 \pi}= \frac { 10^{-7 }\, 1/s} {2 \pi}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.59\,{\rm MHz}}\hspace{0.05cm} .$$ | ||
− | + | '''(4)''' Für ein Gleichsignal ist eine Kapazität $C$ ein unendlich großer Widerstand, für hohe Frequenzen wirkt $C$ wie ein Kurzschluss ⇒ der <u>Vierpol '''(3)'''</u> beschreibt ebenfalls einen Hochpass. Dagegen zeigen die Schaltungen 2 und 4 Tiefpassverhalten. | |
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− | + | '''(5)''' Die $p$–Übertragungsfunktion von Vierpol '''(3)''' lautet: | |
+ | $$H_{\rm L}(p)= \frac { R } | ||
{{1}/{(pC)} + R}= \frac { p } | {{1}/{(pC)} + R}= \frac { p } | ||
{p +{1}/{(RC)}}$$ | {p +{1}/{(RC)}}$$ | ||
− | + | $$\Rightarrow \hspace{0.3cm}p_{\rm x}= -{1}/(RC)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} | |
C = -\frac{1}{p_{\rm x} \cdot R}= \frac{-1}{-10^{-7 }\, 1/s \cdot 100\,{\rm \Omega}}\hspace{0.15cm}\underline{ = 1\,{\rm nF}} | C = -\frac{1}{p_{\rm x} \cdot R}= \frac{-1}{-10^{-7 }\, 1/s \cdot 100\,{\rm \Omega}}\hspace{0.15cm}\underline{ = 1\,{\rm nF}} | ||
\hspace{0.05cm} .$$ | \hspace{0.05cm} .$$ |
Revision as of 12:20, 10 February 2017
Die Grafik zeigt vier einfache Filterkonfigurationen mit Tiefpass– bzw. Hochpasscharakteristik, die sich aus diskreten Bauelementen zusammensetzen. Für die Bauelemente der Schaltungen 1 und 2 gelte: $$R = 100\,{\rm \Omega}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} L = 10\,{\rm \mu H}\hspace{0.05cm}.$$
- Die Vierpol–Schaltungen (1), ... , (4) sollen durch ihre $p$–Übertragungsfunktionen $H_{\rm L}(p)$ charakterisiert werden.
- Daraus ergibt sich (bei dieser Aufgabe, nicht allgemein) der Frequenzgang entsprechend der Gleichung
- $$H(f) = H_{\rm L}(p)\Bigg |_{\hspace{0.1cm} p\hspace{0.05cm}=\hspace{0.05cm}{\rm j \hspace{0.05cm}2\pi \it f}} \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Laplace–Transformation und p–Übertragungsfunktion.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
(2) Wir betrachten den Vierpol (1). Der Spannungsteiler liefert das Ergebnis $$H_{\rm L}(p)= \frac { p L} {R + pL}= \frac { p } {p +{R}/{L}} \hspace{0.05cm} .$$ Es handelt sich um einen Hochpass mit dem Kennparameter $\underline {K = 1}$ und der Nullstelle bei $$p_{\rm x}= -\frac{R}{L}= -\frac{100\,{\rm \Omega}}{10^{-5 }\,{\rm \Omega s}}\hspace{0.15cm}\underline{= -0.1} \cdot10^{-6 }\,{1}/{\rm s} \hspace{0.05cm} .$$
(3) Zur Übertragungsfunktion kommt man mit der Substitution $p = {\rm j} \cdot 2 \pi f$: $$H(f)= \frac { {\rm j} \cdot 2\pi \hspace{-0.05cm}f } {{\rm j} \cdot 2\pi \hspace{-0.05cm}f +p_{\rm o}}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\hspace{0.3cm} |H(f)|^2 = \frac { (2\pi \hspace{-0.05cm}f)^2 } {(2\pi \hspace{-0.05cm}f)^2 +p_{\rm o}^2}\hspace{0.05cm} .$$ Aus der Bedingung |$|H(f_{\rm G})|^2 = 0.5 $ erhält man die Bedingung: $$(2\pi \hspace{-0.05cm}f_{\rm G})^2 = p_{\rm o}^2 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\hspace{0.3cm} f_{\rm G} = -\frac { p_{\rm o}} {2 \pi}= \frac { 10^{-7 }\, 1/s} {2 \pi}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 1.59\,{\rm MHz}}\hspace{0.05cm} .$$
(4) Für ein Gleichsignal ist eine Kapazität $C$ ein unendlich großer Widerstand, für hohe Frequenzen wirkt $C$ wie ein Kurzschluss ⇒ der Vierpol (3) beschreibt ebenfalls einen Hochpass. Dagegen zeigen die Schaltungen 2 und 4 Tiefpassverhalten.
(5) Die $p$–Übertragungsfunktion von Vierpol (3) lautet:
$$H_{\rm L}(p)= \frac { R }
{{1}/{(pC)} + R}= \frac { p }
{p +{1}/{(RC)}}$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}p_{\rm x}= -{1}/(RC)\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}
C = -\frac{1}{p_{\rm x} \cdot R}= \frac{-1}{-10^{-7 }\, 1/s \cdot 100\,{\rm \Omega}}\hspace{0.15cm}\underline{ = 1\,{\rm nF}}
\hspace{0.05cm} .$$