Lösung zu Batt 11 - Universität des Saarlandes
Werbung
Prof. Dr. Martin Müser, Dr. Dmitriy Shakhvorostov Lehrstuhl für Materialsimulation Universität des Saarlandes Lösung zum Übungsblatt Nr. 11 1. Frequenzfilter Allgemein gilt: Ein Widerstand R blockiert alle Frequenzen, eine Kapazität C blockiert niedrige Frequenzen und eine Spule L blockiert hohe Frequenzen. (a) Die Parallelschaltung aus Widerstand und Kondensator lässt hohe Frequenzen besser durch als niedrige Frequenzen, wohingegen die Impedanz der Spule bei hohen Frequenzen groß ist. Dies steigert die Spannung an L bei hohen Frequenzen. Die Schaltung ist ein Hochpassfilters. (b) Spule und Wiederstand als Reihenschaltung werden vor allem hohe Frequenzen blockieren. Der Kondensator verhindert den Abnahme der Spannung bei niedrigen Frequenzen. Dies bedeutet, dass die Schaltung einen Tiefpassfilter darstellt. (c) Die Parallelschaltung von Spule und Kondensator lässt sowohl niedrige als auch hohe Frequenzen durch. Im mittleren Frequenzbereich haben sie jedoch eine sehr hohe Impedanz, sodass die Spannung im mittleren Frequenzbereich kaum am Widerstand abfallen wird. Dies bedeutet, dass die Schaltung ein Sperrfilter ist, sprich mittlere Frequenzen werden blockiert. 2. Sperrfilter Aus Aufgabe 3b Ubungsblatt 10 wissen wir, dass Parallelschaltung von Spule und Kondensator hat folgende Impedanz. Z1 = iωL 1 − ω 2 LC ⇒ Va = Ve R iωL 1−ω 2 LC +R . Wir diviedieren Nenner und Zähler der Gleichung mit R. Anschließend multiplizieren wir den Bruch im Nenner mit 1/(LC) Va = Ve iω 1−ω 2 LC 1 · L R ⇒ +1 1 iω·1/(LC) (1−ω 2 LC)·1/(LC) · L R +1 . Wie in Vorlesung definieren wir ω02 = 1/(LC), γ = R/L und setzen sie ein. 2 Va Va 1 1 ⇒ = . = iωω2 2 2 0 ωω0 Ve Ve + 1 2 2 + 1 (ω −ω )γ 2 2 (ω0 −ω )γ 0 Aus dem Ergebnis sehen wir, dass die Sperrfrequenz ω = ω0 ist. Die Halbwertsbreite errechnen wir für die Leistung, indem wir |Va /Ve |2 = 1/2 setzen 1 ωω02 (ω02 −ω 2 )γ 1 2 +1 1 = . 2 Wenn wir es umschreiben 2 ωω02 =1 ⇒ (ω02 − ω 2 )γ ±ωω02 = (ω02 − ω 2 )γ ω2 ± ⇒ ω02 ω − ω02 = 0. γ Die Lösungen der Gleichung ergeben uns die minimale und maximale Frequenz, bei der die Leistung des Signals halbiert wird s 2 2 ω02 ω0 2 ωH = ± ± ω0 + . 2γ 2γ Wir haben also vier verschiedene Lösungen. Dies liegt daran, dass der Frequenzfilter sich für positive ω genauso verhält wie für negative. Wenn wir uns auf die positiven Lösungen beschränken bleiben lediglich die Terme s 2 ω0 ω0 ωH = ω0 ± + 1 + 2γ 2γ übrig. Die Differenz entspricht der doppelten Halbwertbreite, sodass FWHM(Leistung) = ω02 . 2γ 3. Nicht-idealer OP Das Gleichungssystem aus der Vorlesung Ve + z1 · I + z2 · I + Va = 0, V1 + z2 · I + Va = 0, Va = λ · V1 . Wir ermitteln V1 aus der letzten Gleichung und setzen es in die zweite ein 1 1 Va + z2 · I + Va = 0 ⇒ I = −Va +1 . λ z2 λ Dieses Ergebnis setzen wir in die erste Gleichung ein z1 + z2 1 z1 + z2 1 Ve − Va + 1 + Va = 0 ⇒ Ve = Va +1 −1 . z2 λ z2 λ Wir diviedieren die Gleichung mit Ve −1 Va z1 + z2 1 = +1 −1 . Ve z2 λ Wir testen unser Ergebnis und setzen λ → ∞ ein −1 −1 z1 + z2 Va z1 Va = −1 ⇒ = Ve z2 Ve z2 ⇒ Va z2 = . Ve z1 Dieses Resultat stimmt mit dem in der Vorlesung erzielten Ergebnis überein. Wir OP können also für den idealen OP einfach Vein = 0 annehmen. 2 4. Verstärker Wir haben zwei Unbekannte nämlich den Strom I und die Ausgangsspannung Va . Somit brauchen wir zwei Maschen. Zunächst stellen wir aber gemäß der goldenen Regel fest, dass Ve gleich null sein muss, sprich der Verbindungspunkt zwischen Z1 und Z2 hat das Potenzial Ve (t). Nun können wir zwei Maschen definieren: Von der mittleren Erde zur linken und zur rechten, also: Ve + Z2 I = 0 Va + Z1 I + Z2 I = 0 Die obere Gleichung lösen wir nach I auf und setzen sie in die untere ein: Va = bzw. Z1 + Z2 · Ve Z2 Va = Z1 1+ Z2 Ve . Wir können also streng genommen nur einen P-Regler bauen. Dazu müssen Z1 und Z2 beide entweder rein kapazitiv oder beide rein induktiv oder beide rein ohmsch sein. 3
