Exercise 3.5: Circuit with R, L and C

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 $p = {\rm j}2\ pi f$ 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: '"`UNIQ-MathJax10-QINU`"' 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 Sprungantwort 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

	einen Tiefpass,
	einen Hochpass,
	einen Bandpass,
	eine Bandsperre?

$L$ =

$\mu H$

$C$ =

$nF$

$y(t = 0)$ =

$y(t = 0.5 \mu s)$ =

$y(t = 2 \mu s)$ =

$y(t = 5 \mu s)$ =

	h(t) beinhaltet eine Diracfunktion bei t = 0.
	Der kontinuierliche Anteil von h(t) ist im gesamten Bereich negativ.
	Der kontinuierliche Anteil von h(t) besitzt ein Maximum.

Musterlösung

Solution

1. Bei extrem tiefen Frequenzen (f → 0) hat die Kapazität C einen unendlich großen Widerstand und bei sehr hohen Frequenzen (f → ∞) die Induktivität L. In beiden Fällen gilt Y(f) = X(f) ⇒ H(f) = 1. Bei der Resonanzfrequenz f₀ wirkt dagegen die LC–Serienschaltung als Kurzschluss und es gilt H(f₀) = 0. Daraus folgt allein aus dem Blockschaltbild: Es handelt sich um eine Bandsperre.

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 = 10⁶ 1/s:

$$\frac{R}{L} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} 5 \cdot 10^{6 }\, {\rm 1/s} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}L= \frac{100\, {\rm \Omega}}{5 \cdot 10^6 \, {\rm 1/s}}\hspace{0.15cm}\underline{= 20\,{\rm \mu H} \hspace{0.05cm}} ,\\ \frac{1}{LC} \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm}4 \cdot 10^{12 }\, {\rm 1/s^2} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}C= \frac{1}{4 \cdot 10^{12 }\, {\rm 1/s^2}\cdot 2 \cdot 10^{-5 }\, {\rm \Omega \cdot s} } \hspace{0.15cm}\underline{= 12.5\,{\rm nF}} \hspace{0.05cm} .$$

3. Die Sprungfunktion am Eingang wird durch X_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:

$$y_1(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {p^2 +4} { (p +1)\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}0}= 1 \hspace{0.05cm} ,\\ y_2(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {p^2 +4} { p\cdot(p +4 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-1}= -\frac {5}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t} \hspace{0.05cm} ,\\ y_3(t) \hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {p^2 +4} { p\cdot(p +1 )} \cdot {\rm e}^{\hspace{0.05cm}p \hspace{0.05cm}t} \bigg |_{p \hspace{0.05cm}= \hspace{0.05cm}-4}= \frac {5}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4t}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}y(t)= y_1(t)+y_2(t)+y_3(t)= 1- \frac {5}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-t/T}+\frac {5}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4t/T} \hspace{0.05cm} .$$

Hierbei ist berücksichtigt, dass die bei dieser Rechnung nicht berücksichtigte Konstante 10⁶ · 1/s durch die Zeitnormierung auf T = 1 μs ausgeglichen werden kann. Die gesuchten Signalwerte lauten:

$$y(t = 0) \hspace{0.05cm}\underline{= 1.000}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.15cm}y(t = 0.5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.215}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.15cm}y(t = 2\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.775}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.15cm}y(t = 5\,{\rm \mu s}) \hspace{0.05cm}\underline{= 0.989}\hspace{0.05cm}. $$

Die folgende 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 → ∞ folgerichtig ebenfalls den Wert 1.

Aufgrund der LC–Resonanzfrequenz bei f₀ = 1/π (in MHz) kommt es zu einem Einbruch im Signalverlauf. Das Signalminimum von ca. 0.215 liegt bei etwa 0.5 μs.

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:

$$T \cdot h(t = 0 )\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {5}{3}- \frac {20}{3}= -5 \hspace{0.05cm} ,\\ T \cdot h(t = T )\hspace{0.25cm} = \hspace{0.2cm} \frac {5}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-1}- \frac {20}{3}\cdot {\rm e}^{ \hspace{0.05cm}-4}= \frac {5}{3}\cdot 0.368- \frac {20}{3}\cdot 0.018\approx 0.491 \hspace{0.05cm} .$$

Da h(t) im Grenzfall für t → ∞ gegen Null strebt, ist der dritte Lösungsvorschlag richtig im Gegensatz zum zweiten. Der Verlauf von h(t) ist in der unteren Grafik dargestellt.