z - (RWTH), Aachen

Klausur Impulstechnik I & II
01.04.99
Musterlösung Aufgabe 1:
13,5 Punkte
1.1) U,(s) mit Hilfe des Superpositionsprinzips bestimmen:
U,(s)
Ue(s)
sL
R
Zg (s) |sL +{z
sL + R}
| {z }
=
Stromteilerregel
Strom wg. Ue
Ua(s)
Zg (s)
+
| {z } |
sL
sL + R
sL + sL + R
{z
Strom wg. Ua
}
Stromteiler + Anteil über R
Der Operationsverstärker ist Rückgekoppelt, daß Prinzip der verschwindenden Eingangsspannung liefert:
U,(s)
!
=
U+(s) = 0
,0
=
sL
sL
Ue(s) R + Ua(s) sL + R
2sL + R
2sL + R
, UUa((ss))
e
=
,
, H (s) = UUa((ss))
=
, RL e
sL
2sL+R R
=
sL
2sL+R sL + R
, s2L2 +sLR
2sLR + R2
s
2
s2 + 2 RL s + RL2
1.2) Offensichtlich gilt:
H0
, RL
=
s0 = 0
;
s
s∞ 1 2
;
, RL =
2
R
L
2
, RL2 = , RL
Pol-Nullstellendiagramm:
jω
H0 = , RL
6
(2)
.....
...
.....
..
...
...
..
...
....
...
..
..
.....
..
..
....
...
..
.......
....
.......
.
..
...
....
..
......
,
R
L
m
s
...........
..
..
.................
.
..
..
..
...
.
.
.
.
.
.
.
..
... ...
....
...
...
...
.
.....
....
..
..
..
..
..
..
...
..
..
..
..
..
..
σ
Klausur Impulstechnik I & II
27.08.98
1.3) Das Pol-Nullstellenschema (aus der Aufgabenstellung, nicht aus dem letzten Unterpunkt)
entspricht dem einer Bandsperre.
1.4) Aus dem Pol-Nullstellenschema liest man ab:
H (s) = H0
, jω0 )(s + jω0 )
(s + σ∞ + jω∞ )(s + σ∞ , jω∞ )
(s
Die Grenzwerte existieren und s liegt in jedem Fall im Konvergenzgebiet )
hε (t ! ∞)
=
s !0 +
hε (t
! 0)
=
hδ(t
! 0)
s !∞
=
s !∞
lim H (s) = H0
ω20
σ2∞ + ω2∞
=1
lim H (s) = H0
lim sH (s) = ∞
1.5) Die Frequenz folgt aus der Kreisfrequenz des Polstellenpaares:
foszillierend =
ω∞
2π
Eigentlich gilt dies nur angenähert, das es hier exakt stimmt ist Zufall.
1.6) Skizze, die genaue Form der Sprungantwort ist von den Werten von ω∞ ; ω0 und σ∞ abhängig:
hε (t )
6
H0
1
t
Klausur Impulstechnik I & II
01.04.99
Musterlösung Aufgabe 2:
18 Punkte
2.1) Größte Steilheit im Übergangsbereich
2.2)
fm =
p
90 110 kHz 99;5 kHz
2.3)
ΩB =
20 kHz
= 0;201
99;5 kHz
2.4)
75 kHz :
125 kHz :
1
1
Ω(BP) , (BP)
ΩB
Ω
= 0;7538
)
Ω
Ω(BP) = 1;256
)
Ω(TP) = 2;29
Ω
(BP)
(TP)
=
=
,2 85
2.5) Toleranzdiagramm für den Tiefpaß:
A=dB
30
0;5
6Dämpfung
,
,
,
,
,
,
,
,,,,,
,,,,
,
,
,
,
,
,
,
1
2;29
Ω
-
(TP)
2;85
Abbildung 2.1: Toleranzdiagramm
2.6)
h
nγ
=
AD
artanh 10, 20dB
)n i
= 1;7741
q
arcosh sinh(nγ)
AS
+ 10dB
10
arcosh(ΩS )
=
3;536
)
n = 4;
γ = 0;4435
mit AD = 0;5 dB
,1
;
mit ΩS = 2;29
;
2.7) Einsetzen der normierten Frequenzen in den äquivalenten Tiefpaß:
=
= 44;19 dB
Dämpfung des Bp. bei 75 kHz
= 35;92 dB
Dämpfung des Bp. bei 125 kHz
A Ω(TP) = 2;85
AS
sinh(nγ)
,20 dB log
2
sinh (nγ) + cosh[n arcosh(ΩS )]
A Ω(TP) = 2;29
2.8) Der zugehörige Bandpaß besitzt 4 Nullstellen und 8 Polstellen.
2.9) Einsetzen der Parameter in die Übertragungsfunktion des zugehörigen Butterworthtiefpasses:
S
+ 10AdB
,1
log
AD
+
10 10 dB ,1
10
nTP 2 log(ΩS )
= 5;437
)
)
nTP = 6
nBP = 12
Klausur Impulstechnik I & II
01.04.99
Musterlösung Aufgabe 3:
22 Punkte
3.1) Reflexionsfaktoren:
r11‘ = ,1
ideale Spannungsquelle wirkt wie Kurzschluß
r44‘ = 0
r22‘ = r33‘
r55‘ =
1 , sCZL
1 + sCZL
ideale Stromquelle wirkt wie Leerlauf
=
r2‘3‘ =
8
>
<
=
>
:
,1
2ZL , ZL
2ZL + ZL
=
für
t!0
1
für t ! ∞
τ
=
ZLC
1
3
3.2)
Uh 11‘
;
=
U0
Uh 44‘
=
I0 (RkZL ) = U0=2
;
3.3) Reflexionsdiagramm:
110
0TL
1TL
2TL
3TL
4TL
5TL
220 330
440
PPPP
1
PPPP - 1
2
PPPP
P
P PPPP
2
PPPP - 56
3
1
1 2
2
2
1 1
5 PPP
1
+23 = 3
1
+23 = 6
PPP
3
3
PPP
PPPP - , 2
PPPP3
PPP P
-,2
PPPP
, 49 2
,
6
P
PPP9 P 9
9
+ ,
2
PPPP
,2
PPP 9
9
4
PPPP -
PPP9
PPPP
30 20
550
0TL
PPPP
PPPP - 13
P
1 23 + 12 ,32 = 13 PPPP
P
1
3 1 ,
PP3P
PPPP,1 -
,5
3P
PPP9 P
PP
von 4TL bis 5TL
nicht erforderlich
1TL
2TL
3TL
4TL
5TL
3.4) Spannungsverläufe an den Klemmen U11‘, U44‘ und U3‘2‘:
U11‘=U0
6
1
-
1
U44‘=U0
2
3
4
6
4
3
1
2
10
9
1
U3‘2‘=U0
2
3
1 2
3
-
4
5
t =Tl
6
1
3
-
1
, 59
t =Tl
5
2
3
4
5
t =Tl
Klausur Impulstechnik I & II
01.04.99
Musterlösung Aufgabe 4:
19 Punkte
4.1) Großsignalersatzschaltbild:
Es gilt:
R‘2 =
R2 R3
R2 + R3
;
U‘B = UB
R3
R2 + R3
4.2) Untere Grenze:
ue min = UDN
;
Obere Grenze:
=
UDI + UKollektor
=
UDI + U‘B , AN i‘e max R‘2
ue max
=
i‘e max (RDN + R1 ) + UDN
, i‘e max
=
ue max , UDN
RDN + R1
) ue max
=
UDI + U‘B , AN R‘2
=
UDI + U‘B + UDN
Sättigungsgrenze: ue max
;
Eingangsmasche:
;
;
;
, ue max
;
AN R‘2
1+
RDN + R1
;
;
;
ue max , UDN
RDN + R1
;
AN R‘2
RDN + R1
,
ue max =
2
U‘B + UDI + UDN RADNN R‘
+R1
;
,
ue max =
2
1 + RADNN R‘
+R1
R2 R3
N
UB R2R+3R3 + UDI + UDN RDNA+
R 1 R 2 +R 3
;
R2 R3
N
1 + RDNA+
R1 R2 +R3
4.3) Dynamisches Ersatzschaltbild im linearen Betrieb: Übertragungsfunktion:
I‘e(s)
=
Ue(s)
RDN + R1
UC (s)
=
Ue(s) , Ua (s)
=
sC [Ue(s) , Ua(s)]
=
,AN I‘e(s) + IC (s) = ,AN I‘e(s) + sC [Ue(s) , Ua(s)]
=
,AN R Ue(+s)R
) IC (s)
) IR‘2
, IR‘2 = UR‘a(s)
DN
2
, Ua(s)
1
+ sC
R‘2
, UUa((ss))
e
, UUa((ss))
e
+ sC [Ue (s)
1
=
=
=
Ue(s) sC ,
AN
, Ua(s)]
RDN + R1
2
sCR‘2 , RADNN R‘
+R 1
1 + sCR‘2
H (s) =
1
s , CR‘
2
AN R‘2
RDN +R1
1
s + CR‘
2
R‘2 =
Bemerkung: Die Darstellung entspricht der Pol-Nullstellenform.
) H (0) = R
AN
R2 R3
DN + R1 R2 + R3
R2 R3
R2 + R3
4.4) Großsignalersatzschaltbild:
4.5) Dynamisches Ersatzschaltbild im linearen Betrieb:
Bemerkung: Der Widerstand RDN des zweiten Transistors übernimmt die Funktion von R‘2
aus der ersten Schaltung.
Der Steuerstrom i‘e 2 ist durch die alte Ausgangsspannung und RDN bestimmt.
Die neue Ausgangsspannung ist ,R‘2AN i‘e 2
;
;
A R‘
1
R‘2 s , CR‘2 RDNN +R2 1
) H (s) = AN R
1
s + CR‘
DN
R‘2 =
;
2
2
) H (0) = AN RR‘2 RAN R‘
+R
DN
DN
1
R2 R3
R2 + R3
Klausur Impulstechnik I & II
01.04.99
Musterlösung Aufgabe 5:
14,5 Punkte
5.1)
Hz (z) = 1 ,
1
z
=
z,1
;
z
jzj
>
0
5.2) Hochpaßartig
5.3)
Hinv z (z) =
;
z
z,1
;
jzj
>
1
Realisierung:
Hinv z (z) =
;
- +m
6
,
G(z) = S(z) + z,1 G(z) )
z,1
z
s z,1
5.4)
fsng
=
εn n 1n , 2εn,10 (n , 10) 1n,10 + εn,20 (n , 20) 1n,20
=
εn n , 2εn,10(n , 10) + εn,20(n , 20)
5.5)
Sz (z)
=
=
z
(z
,
1)2
z
(z
, 1)2
, 2z,10 (z ,z 1)2 + z,20 (z ,z 1)2
,
1 , 2z,10 + z,20
5.6)
Gz (z)
=
=
z,1
z
z
(z
, 1)2
, 2z,10
z
(z
1 ,
1 , 2z,10 + z,20
z,1
, 1)2
,20
+z
z
(z
, 1)2
5.7)
Gz(z)
1 ,
1 , 2z,10 + z,20
z,1
=
t
d
fgng
εn,1 , 2εn,11 + εn,21
=
5.8)
Hz(z)
=
1,
=
1,
=
(z
1
1 1
+
,
z
z z2
2 1
+
z z2
, 1)2
z2
5.9)
G2 z (z)
;
=
z
(z
, 1)2
,
1 , 2z,10 + z,20
=
1,
1 , 2z,10 + z,20
z
=
z,1 , 2z,11 + z,21
t
d
fg2 ng
;
=
δn,1 , 2δn,11 + δn,21
2
,z21)
(z
Klausur Impulstechnik I & II
01.04.99
Musterlösung Aufgabe 6:
?? Punkte
6.1) Ersatzschaltbild:
s
Ri
Uin (t )
?
R
Cp
CD
s
Masse
6.2) Anfangs-Endwert Methode anwenden:
Anfangswert: UD (0)
=
0V
Endwert: UD(t ! ∞)
=
5V
Zeitkonstante: τ
=
(Ri + RMasse ) (C p + CD) = 33 ns
=
5 V(1 , e, τ )ε(t )
)
uD (t )
UD(t )
t
6
5V
-
τ
t
6.3) Anfangswert-Endwert-Methode
UD(t‘) = 5 Ve, τ ε(t‘);
t‘
τ wie oben
6.4) Gesucht ist der am längsten dauernde Vorgang. Dies ist die Entladung von 5 V auf 1 V:
5 V e, τ
te
=
1V
) te
=
,τ ln 15 VV
) TTakt min
=
te + tsetup = 53;1 ns + 5 ns = 58;1 ns
) fmax
=
;
1
TTakt min
53 1 ns
;
= 17;2 MHz
;
6.5) Der Innenwiderstand der Spannungsquelle bestimmt mageblich die maximale Taktfrequenz.
) Puffer bzw. Impedanzwandler zwischenschalten.
6.6) Laut Aufgabenstellung kann sich UTakt schlagartig von 0 V auf 5 V ändern. Die maximale
Störspannung über L2 ensteht genau während dieses Überganges, bzw. dem entgegengesetzten. Es gilt:
UL1 = L1 di
dt
UL2 = L2 ;
) UL1 = UL2 LL1
=
di
dt
10UL2
2
für UT
= 5 Vε(t )
UR(0+) = 0
gilt:
5 V = UL1 + UL2
=
) UL2 = 511V = 0 454 V
11UL2
;
6.7) Der DA-Umsetzer setzt die Bits gleichmäßig in eine Spannung 0 UDA out 10 V um.
Durch das eingekoppelte Störsignal ergibt sich eine additive Störung von +0;454 V während
der ansteigenden Taktflanke und ,0;454 V während der abfallenden Taktflanke.
) Intervallbreite zu jedem Wert UDA out beträgt ∆U = 2 0;454 V = 0;908 V.
;
;
908 V
) 0 10
V
;
x = log2
10 V
0;908 V
=
1
2x
=
3;46 Bit
Anmerkung: Nichtberücksichtigung der negativen Störung bei fallender Taktflanke führte
nicht zu Punktabzug, daß Ergebnis lautete dann 4,46 Bit.