7.1
Átviteli jellemzők fogalma és ábrázolása!
A kondenzátor kapacitív reaktanciája: 1 1 ZC = =−j j ⋅ω ⋅ C ω ⋅C Tehát az áramkör jellemzői a rákapcsolt szinuszos jel frekvenciájától függenek, ha az áramkör energiatároló elemet (C, L) is tartalmaz. A kondenzátor feszültségét feszültség osztó felírásával kaphatjuk meg: 1 1 j ⋅ω ⋅ C UC = U =U 1 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R R+ j ⋅ω ⋅ C Képezve a két feszültség hányadosát kapjuk: UC 1 = U 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R Ez lesz a négypólus feszültség átviteli függvénye: U U AU ( jω ) = C = Ki U U Be Mivel az adott áramkör egyetlen energiatárolót tartalmaz, aminek a feszültség átviteli függvénye 1 , amiről belátható, hogy a végpontja egy félkörön fog mozogni a frekvencia függvényében. 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 =1 Egyenáram esetén (ha ω = 0 ) akkor AU ( j0 ) = 1 + j0 1 =0 Ha ω = ∞ akkor AU ( j∞ ) = 1 + j∞ A kör harmadik pontjának meghatározásához egy könnyen kiszámítható pontot keressünk 1 1 2 Ha ω0 = akkor AU ( jω0 ) = = 0 ,5 − j0 ,5 = ∠ − 45° C⋅R 1 + j1 2 A három pont alapján a kör megszerkeszthető.
Az így kapott ábrát Nyquist – diagramnak nevezzük.
1
Az ábrázolás célszerűsítése érdekében a fázis és az amplitúdó jellemzőket szét kellene választani. A leolvasás pontosságát kellene növelni, hogy széles frekvencia tartományban lehessen leolvasni az értékeket erre a logaritmikus ábrázolás a legcélszerűbb. Tehát az átviteli függvény amplitúdójának logaritmusát (amplitúdó karakterisztika) és szögét (fáziskarakterisztika) ábrázoljuk a frekvencia logaritmusának a függvényében. Ezt az ábrázolási módot nevezzük BODE diagramnak.
U 2 U 2 ⋅ e jϕ2 U 2 j( ϕ2 −ϕ1 ) = = ⋅e Az ábrázolandó mennyiség: W = U 1 U 1 ⋅ e jϕ1 U 1 Mindkét oldal természetes alapú logaritmusát képezve: ln W = ln W [Np ] = ln
U2 + j( ϕ 2 − ϕ1 ) adódik. U1
U2 A kifejezés a fesz erősítést (csillapítást) Néperben adja. U1
U 22 P A teljesítmény viszonyokat a következőkkel írhatjuk le: WP [dB ] = 10 ⋅ lg 2 = 10 ⋅ lg R2 U1 P1 R 2 U U Ezek alapján a feszültség viszony: W [dB] = 10 ⋅ lg 22 = 20 ⋅ lg 2 U1 U1 Az amplitúdó karakterisztika a két feszültség arányának decibelben kifejezett értékét (erősítését) ábrázolja. U W [ dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg 2 U1 Az erősítésre nézve néhány példát: Csillapítás jön létre, a kimeneten az U 1 W = −20dB U U2 lg 2 = −1 = 10 −1 = 0 ,1 feszültség 10%-a jelenik meg. U1 U1 Teljes átvitel jön létre, a kimenet és a W = 0 dB U U2 lg 2 = 0 = 10 0 = 1 bemenet egyforma U 1 = U 2 U1 U1 Erősítés van a kimeneten, a kimeneten az U 1 W = +20dB U U2 lg 2 = 1 = 10 1 = 10 feszültség 10 szerese jelenik meg. U1 U1
W = +40dB
lg
U2 =2 U1
U2 = 10 2 = 100 U1
Erősítés van a kimeneten, a kimeneten az U 1 feszültség 100 szorosa jelenik meg.
A logaritmus függvény tulajdonságát kihasználva: W = W1 ⋅ W2 W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg W1 + 20 ⋅ lg W2 = W1 [dB ] + W2 [dB ] Tehát az egyes részfeszültségek külön-külön ábrázolhatóak, és az eredő függvény ezek grafikus összegzésével határozható meg.
2
Elsőfokú frekvencia-függvény jelleggörbéi:
1 U2 1 1 1 j ⋅ω ⋅ C = = = , ahol ugyancsak ω0 = 1 U1 R + 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 + j ⋅ ω C⋅R j ⋅ω ⋅ C ω0 Amplitúdó karakterisztika függvénye (itt csak az abszolút érték kerül beírásra ami a két komplex komponens négyzetösszegének a gyöke): W ( jω ) =
−
1
ω 2 2 ω 2 1 W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg 1 + = −10 ⋅ lg 1 + 2 ω0 ω0 ω 1 + ω0 Az ábrázoláshoz vizsgáljuk meg a ω = 0 és az ω = ∞ eseteket. ω 2 dB ω = 0 esetén W [dB ] = −10 ⋅ lg 1 + = −10 ⋅ lg 1 = 0 tehát 0 vízszintes lesz. ω0 D 2
ω ω dB . Ez pedig − 20 meredekségű egyenes egyenlete ω = ∞ esetén W [dB ] ≅ −10 ⋅ lg = −20 ⋅ lg ω0 D ω0 lesz. Az egyenes metszéspontja a nulla decibeles tengellyel ω = ω0 -nál lesz.
ω 2 2 W [ω0 ] = −10 ⋅ lg 1 + 0 = −10 ⋅ lg 1 + (1) = −10 ⋅ lg 2 = −3 ,01dB ω0 Határozza meg a függvény 3dB-es pontjához húzható érintő meredekségét. Tehát a függvény differenciája az adott pontban:
(
Érdemes bevezetni a x = lg
)
ω ω ami alapján: = 10 x ω0 ω0
3
ω 2 d dA d 1 = − 10 ⋅ lg 1 + = − 10 ⋅ lg 1 + 10 2 x = −10 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 10 2 x ⋅ ln 10 2x ω dx dx dx ( 1 + 10 ) ⋅ ln 10 0 dA 10 2⋅0 dB = −20 ⋅ = −10 2⋅0 dx x=0 1 + 10 D A fáziskarakterisztika felírásához gyöktelenítéssel írjuk fel a függvényt: ω ω − 1− j ⋅ ω0 ω ω0 1 = −arctg amiből a fázis karakterisztika fgv: ϕ = arctg W = = 2 ω 1 ω0 ω 1+ j⋅ ω0 1 + ω 0 Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ értéke nullához tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a végtelenhez. Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont meghatározása van hátra. ω Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = − arctg 0 = − arctg 1 = −45° fázis érték. ω0 Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintő meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: ω ω ami alapján: Érdemes ismét bevezetni a x = lg = 10 x ω0 ω0
[
(
)]
ω d dϕ d 1 = − arctg = − arctg 10 x x=0 = − ⋅ 10 x ⋅ ln 10 2x dx dx ω0 dx 1 + 10 dϕ 1 ln 10 rad 180 fok fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −1,15 ⋅ = −65 ,96 ≅ −66 2⋅0 dx X =0 1 + 10 2 D π D D
[
]
A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van: ϕ = − arctg
4
ω 0 ,21 = − arctg = −11,8° ω0 1
7.2
Ábrázolja az átviteli jellemzőket ha L = 100mH , R = 50 ,200 ,1000 Ω értékű!
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! R A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ R + j ⋅ω ⋅ L amiből: U R 1 1 W ( jω ) = 2 = = = U1 R + j ⋅ω ⋅ L 1 + j ⋅ω ⋅ L 1 + j ⋅ ω R ω0 R ω0 = L Amplitúdó karakterisztika függvénye (itt csak az abszolút érték kerül beírásra ami a két komplex komponens négyzetösszegének a gyöke): −
1 2
ω ω 2 W [dB ] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg 1 + = −10 ⋅ lg 1 + 2 ω0 ω0 ω 1 + ω0 Az ábrázoláshoz vizsgáljuk meg a ω = 0 és az ω = ∞ eseteket. ω 2 dB ω = 0 esetén W [dB ] = −10 ⋅ lg 1 + = −10 ⋅ lg 1 = 0 tehát 0 vízszintes lesz. ω0 D 2
1
2
ω ω dB . Ez pedig − 20 meredekségű egyenes egyenlete ω = ∞ esetén W [dB ] ≅ −10 ⋅ lg = −20 ⋅ lg ω0 D ω0 lesz. Az egyenes metszéspontja a nulla decibeles tengellyel ω = ω0 -nál lesz. R 50Ω rad R 200Ω rad 1000 Ω rad ω01 = 1 = = 500 , ω02 = 2 = = 2000 , ω03 = = 10 4 −3 L 100 ⋅ 10 H s L 0 ,1H s 0 ,1H s
5
ω ω0 Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ értéke nullához tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a végtelenhez. Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont meghatározása van hátra. ω Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = − arctg 0 = − arctg 1 = −45° fázis érték. ω0 Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintő meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: ω ω Érdemes ismét bevezetni a x = lg ami alapján: = 10 x ω0 ω0 A fáziskarakterisztika függvénye: ϕ = − arctg
ω d dϕ d = − arctg = − arctg 10 x dx dx ω0 dx
[
]
x =0
=−
1 ⋅ 10 x ⋅ ln 10 2x 1 + 10
dϕ 1 ln 10 rad fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −66 2⋅0 dx x =0 1 + 10 2 D D
A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van: ϕ = − arctg
ϕ = − arctg
ω 0 ,21 = − arctg = −11,8° ω0 1
ω = − arctg 4 ,65 = −77 ,86° tehát az eltérés ϕ = 90° − 77 ,86° = 12 ,13° ω0
6
Összetett hálózatok vizsgálata is visszavezethető egyszerű elemekre való bontással, több egyszerűbb alapelem összegére. Nézzünk néhány alapfüggvényt: W ( jω ) = A típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: K [dB ] = 20 ⋅ lg A = állandó tehát a teljes tartományban egy nulla meredekségű egyenes (egy vízszintes), a fázisszög értéke 0° és állandó (nincs fázistolás). ω ω típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: W [dB ] = 20 ⋅ lg tehát a teljes W ( jω ) = j ⋅ ω0 ω0 dB tartományban + 20 meredekségű egyenes, amely az ω = ω0 pontokban metszi a 0dB tengelyt, míg a D fázisszög értéke + 90° és állandó. 1 ω W ( jω ) = típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: W [dB ] = −20 ⋅ lg tehát a teljes ω ω 0 j⋅
ω0
dB meredekségű egyenes, amely az ω = ω0 pontokban metszi a 0dB tengelyt, míg a D fázisszög értéke − 90° és állandó ω dB típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: ω = 0 esetén 0 vízszintes lesz. W ( jω ) = 1 + j ⋅ ω0 D dB ω = ∞ esetén pedig + 20 meredekségű egyenes, töréspontja ω0 -nál lesz. D fok A fázisszög értéke ω0 -nál 66° -os. D 1 dB W ( jω ) = típusú függvény amplitúdó karakterisztikája: ω = 0 esetén 0 vízszintes lesz. ω D 1+ j ⋅ tartományban − 20
ω0
dB ω = ∞ esetén pedig − 20 meredekségű egyenes, töréspontja ω0 -nál lesz. D fok A fázisszög értéke ω0 -nál − 66° -os. D
7
8
7.3
Ábrázolja az átviteli jellemzőket, ha L = 18mH , R = 90Ω értékű!
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! j ⋅ω ⋅ L A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ amiből: R + j ⋅ω ⋅ L L j ⋅ω ⋅ U2 j ⋅ω ⋅ L R W ( jω ) = = = U1 R + j ⋅ω ⋅ L 1 + j ⋅ω ⋅ L R Mivel az adott áramkör egyetlen energiatárolót tartalmaz, aminek a L j ⋅ω ⋅ R , amiről belátható, hogy a végpontja egy félkörön fog mozogni a feszültség átviteli függvénye L 1 + j ⋅ω ⋅ R frekvencia függvényében. L j ⋅0 ⋅ R =0 Egyenáram esetén (ha ω = 0 ) akkor W ( 0 ) = L 1 + j ⋅0 ⋅ R L j ⋅∞⋅ R =1 Ha ω = ∞ akkor W ( ∞ ) = L 1+ j ⋅∞⋅ R A kör harmadik pontjának meghatározásához egy könnyen kiszámítható pontot keressünk R L j⋅ ⋅ R L R = j ⋅ 1 − j = 1 + j = 0 ,5 + j0 ,5 = 2 ∠45° Ha ω0 = akkor W ( ω0 ) = R L 1+ j 1− j L 2 2 1+ j ⋅ ⋅ L R A három pont alapján a kör megszerkeszthető.
Az így kapott ábrát Nyquist – diagramnak nevezzük.
9
R 90Ω rad = = 5000 L 0 ,018 H s A Bode diagrammot amplitúdó és fázis karakterisztika függvényét (itt csak az abszolút érték kerül beírásra ami a két komplex komponens négyzetösszegének a gyöke): L 2 ω⋅ L L R W [dB] = 20 ⋅ lg W = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg ω ⋅ − 20 lg 1 + ω ⋅ = A1 ( ω ) + A2 ( ω ) Mindkét 2 R R L 1 + ω ⋅ R görbét a lg( ω ) függvényében ábrázoljuk. (A vízszintes tengely lg beosztású.) A logaritmus vétel miatt a szorzatból összeg lesz, így mind a fázis mind a amplitúdó jelleggörbéket tényezőnként ábrázolhatjuk, majd összegezzük. Az első tényező A1 ( ω ) : L L W1 ( ω ) = 20 ⋅ lg ω ⋅ = 20 ⋅ lg ω + 20 ⋅ lg ebből az alakból jól látható, hogy y = m ⋅ x + b egyenes R R dB egyenlete. Amelynek az iránytangense m = +20 . A vízszintes tengelyt akkor metszi, ha W1 ( ω ) = 0 . D R krad L Tehát lg (ω ) = − lg ez pedig akkor igaz, ha ω = = 5 vagyis a sarok (törési) körfrekvenciánál. L s R
A sarok (törési) körfrekvencia: ω0 =
Az második tényező W2 ( ω ) : Ezt törtvonalas közelítéssel tudjuk felrajzolni: L Első közelítés, ha: ω ⋅ << 1 , W2' ( ω ) = 20 ⋅ lg (1) = 0 R L L Második közelítés, ha: ω ⋅ >> 1 , A2'' ( ω ) = −20 ⋅ lg (ω ) − 20 ⋅ lg . Ebből az alakból jól látható, hogy ez is R R dB egy ( y = m ⋅ x + b ) egyenes egyenlete. Amelynek az iránytangense m = −20 . A vízszintes tengelyt D R krad szintén az ω = = 5 vagyis a sarok (törési) körfrekvenciánál. L s
Ezen közelítést alkalmazva tudnunk kell, hogy a legnagyobb eltérés a sarok körfrekvenciánál lesz, amelynek R az értéke: ω0 = L 10
R L ⋅ L R
1
− 1 1 W (ω0 ) = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg 1 + 20 ⋅ lg 2 2 = − ⋅ 20 ⋅ lg 2 = −3dB 2 2 2 R L 1+ ⋅ L R Im[W ( jω )] A fáziskarakterisztika függvénye: ϕ ( ω ) = arctg Re[W ( jω )]
ω ω0
ω U 1 = = j⋅ ⋅ W ( jω ) = 2 = U 1 1 + j ⋅ ω ⋅ L 1 + j ⋅ ω ⋅ ω ω0 1 + j ⋅ ω ⋅ ω ω0 R ω0 ω A szorzat első tényezőjét vizsgálva, amely W ( jω ) = j ⋅ , ahol a fázis érték a + j -s tag miatt + 90° lesz. ω0 ω A szorzat második tényezője esetén: ϕ = − arctg Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ értéke nullához ω0 tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a végtelenhez. Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont meghatározása van hátra. ω Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = arctg 0 = arctg 1 = −45° fázis érték. ω0 Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintő meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: ω ω Érdemes ismét bevezetni a x = lg ami alapján: = 10 x ω0 ω0 j ⋅ω ⋅
L R
j⋅
dϕ d 1 ω d = − arctg = − arctg 10 x x=0 = − ⋅ 10 x ⋅ ln 10 2x dx dx ω0 dx 1 + 10 dϕ 1 ln 10 rad fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −66 2⋅0 dx x =0 1 + 10 2 D D A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van. Az egyik: ω = 0 ,21 ⋅ ω0 ω 0 ,21 Itt a pontos érték: ϕ = − arctg = − arctg = −11,8° és a másik esetben: ω = 4 ,65 ⋅ ω0 ω0 1 ω Ahol ϕ = − arctg = − arctg 4 ,65 = −77 ,86° tehát az eltérés ϕ = 90° − 77 ,86° = 12 ,13° ω0
[
]
11
7.4
Határozza meg az ábrán megadott négypólus BODE diagramját törtvonalas közelítéssel, ha az elemek értékei: C = 100nF , R = 5kΩ ! Mekkora frekvenciájú jelet kapcsolunk a kétpóluspár bemenetére, ha U 1 = 20V esetén U 2 = 5V mérhető a kimeneten?
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! R A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ amiből: 1 R+ j ⋅ω ⋅ C 1 1 rad ω0 = = = 2000 C ⋅ R 100 ⋅ 10 −9 As ⋅ 5 ⋅ 10 3 V s V A
ω ω0 ω U R j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 W ( jω ) = 2 = = = = j ⋅ = A1 ⋅ A2 1 ω0 1 + j ⋅ ω U1 R + 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 + j ⋅ ω ω0 ω0 j ⋅ω ⋅ C Az első tényező A1 ( ω ) : A1 ( ω ) = 20 ⋅ lg (ω ⋅ C ⋅ R ) = 20 ⋅ lg ω + 20 ⋅ lg C ⋅ R ebből az alakból jól látható, hogy y = m ⋅ x + b egyenes j⋅
dB . A vízszintes tengelyt akkor metszi, ha W1 ( ω ) = 0 . D 1 krad Tehát lg (ω ) = − lg C ⋅ R ez pedig akkor igaz, ha ω = =2 vagyis a sarok (törési) körfrekvenciánál. C⋅R s
egyenlete. Amelynek az iránytangense m = +20
Az második tényező W2 ( ω ) : Ezt törtvonalas közelítéssel tudjuk felrajzolni: Első közelítés, ha: ω ⋅ C ⋅ R << 1 , W2' ( ω ) = 20 ⋅ lg (1) = 0
12
L Második közelítés, ha: ω ⋅ C ⋅ R >> 1 , W2'' ( ω ) = −20 ⋅ lg (ω ) − 20 ⋅ lg . Ebből az alakból jól látható, hogy ez R dB is egy ( y = m ⋅ x + b ) egyenes egyenlete. Amelynek az iránytangense m = −20 . A vízszintes tengelyt D 1 krad =2 szintén az ω = vagyis a sarok (törési) körfrekvenciánál. C⋅R s
Ezen közelítést alkalmazva tudnunk kell, hogy a legnagyobb eltérés a sarok körfrekvenciánál lesz, amelynek 1 az értéke: ω0 = C⋅R Im[A ( jω )] A fáziskarakterisztika függvénye: ϕ ( ω ) = arctg Re[A( jω )]
ω ω0 ω U R j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 W ( jω ) = 2 = = = = j ⋅ = A1 ⋅ A2 1 ω0 1 + j ⋅ ω U1 R + 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R 1 + j ⋅ ω ω0 j ⋅ω ⋅ C ω0 ω A szorzat első tényezőjét vizsgálva, amely W ( jω ) = j ⋅ , ahol a fázis érték a + j -s tag miatt + 90° lesz. ω0 ω A szorzat második tényezője esetén: ϕ = −arctg Trigonometriából ismeretes, hogy ϕ értéke nullához ω0 tart, ha ω értéke tart a nullához. Illetve − 90° -hoz tart, ha ω tart a végtelenhez. j⋅
Így meg van a fázis karakterisztika két asszimtótája, már csak az inflexiós pont meghatározása van hátra. ω Amely ω = ω0 esetén számítható ϕ = arctg 0 = arctg 1 = −45° fázis érték. ω0 Meghatározandó az inflexiós pontban, az érintő meredeksége. Tehát a függvény differenciája az adott pontban: ω ω Érdemes ismét bevezetni a x = lg ami alapján: = 10 x ω0 ω0
dϕ d 1 ω d = − arctg = − arctg 10 x x=0 = − ⋅ 10 x ⋅ ln 10 dx dx ω0 dx 1 + 10 2 x dϕ 1 ln 10 rad fok =− ⋅ 10 0 ⋅ ln 10 = − = −1,15 = −66 2⋅0 dx x =0 1 + 10 2 D D A legnagyobb eltérés a két sarokpontnál van. Az egyik: ω = 0 ,21 ⋅ ω0
[
]
13
Itt a pontos érték: ϕ = − arctg Ahol ϕ = − arctg
0 ,21 ω = − arctg = −11,8° és a másik esetben: ω = 4 ,65 ⋅ ω0 ω0 1
ω = − arctg 4 ,65 = −77 ,86° tehát az eltérés ϕ = 90° − 77 ,86° = 12 ,13° ω0
A feladatban szereplő rákapcsolt frekvencia a következő képen határozható meg: 5V Az U 1 és U 2 feszültségek ismeretében a csillapítás: A = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg (0 ,25 ) = −12dB 20V rad Az előző ábra alapján könnyen leolvasható hogy − 12dB -es csillapítás ω = 500 esetén lép fel. A s ω 500 kérdéses frekvencia a körfrekvencia alapján: f = = Hz = 79 ,6 Hz . 2 ⋅π 2 ⋅π Az ilyen tulajdonságú szűrőt felül áteresztő (alulvágó) szűrőnek nevezzük.
14
7.5
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! C = 100µF , R1 = 20 Ω , R2 = 20 Ω , R3 = 90 Ω . Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a fázisdiagram menetét!
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! Kétszeres fezsültség osztót felírva: 1 Zp U j ⋅ω ⋅ C W ( jω ) = 2 = ⋅ 1 U 1 Z p + R1 R + 3 j ⋅ω ⋅ C Elsőként a Z p értékét határozzuk meg: 1 1 R2 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 + ⋅ R2 j ⋅ω ⋅ C j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 ⋅ R3 + R2 j ⋅ω ⋅ C Zp = = = 1 1 j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 + 1 R2 + R3 + R2 + R3 + j ⋅ω ⋅ C j ⋅ω ⋅ C R ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) Zp = 2 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) Vissza helyettesítve az eredeti összefüggésbe, a törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). Elsőként szoroznunk kell a tört számlálóját és nevezőjét ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) ) értékkel. R2 ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) j ⋅ω ⋅ C ⋅ W ( jω ) = R ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 R1 + 2 R3 + 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) j ⋅ω ⋅ C R2 ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 W = ⋅ R1 ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ ( R2 + R3 ) + R2 ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) 1 + R3 ⋅ j ⋅ ω ⋅ C A törtet egyszerűsíthetjük ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R3 ) -al: R2 R2 W = = R1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R1 ⋅ ( R2 + R3 ) + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 ⋅ R3 R1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ C ( R1 ⋅ ( R2 + R3 ) + R2 ⋅ R3 ) A nevezőből ( R1 + R2 ) értékét kiemelve, alapfüggvények szorzatát kapjuk: R2 1 1 W = ⋅ =K⋅ ω R1 + R2 1+ j ⋅ 1 424 3 1 + j ⋅ ω ⋅ C R1 ⋅ ( R2 + R3 ) + R2 ⋅ R3 R +R ω0 K R1 + R2 1444444412424444 44 3 W1
R2 20 K [dB ] = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg = −6 ,02 dB D R1 + R2 20 + 20
1 1 rad = = 100 20 ⋅ 90 s R ⋅ ( R2 + R3 ) R2 ⋅ R3 −6 20 ⋅ ( 20 + 90 ) + 100 ⋅ 10 C 1 + 20 + 20 20 + 20 R1 + R2 R1 + R2 100 f1 = = 15 ,91Hz 2 ⋅π
ω1 =
15
16
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! L = 10mH , R1 = 100 Ω , R2 = 100 Ω , R3 = 150Ω . Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a fázisdiagram menetét!
7.6
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! Kétszeres fezsültség osztót felírva: Zp U j ⋅ω ⋅ L W ( jω ) = 2 = ⋅ U 1 Z p + R1 R3 + j ⋅ ω ⋅ L Elsőként a Z p értékét határozzuk meg:
R2 ⋅ (R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 = R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L Vissza helyettesítve az eredeti összefüggésbe, a törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). Elsőként szoroznunk kell a törtet ( R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) értékkel. R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L j ⋅ω ⋅ L W= ⋅ = R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R3 + j ⋅ ω ⋅ L + R1 R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L Zp =
R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 j ⋅ω ⋅ L ⋅ R1 ⋅ ( R2 + R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) + R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R3 + j ⋅ ω ⋅ L Beszorzásokat elvégezve: R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 j ⋅ω ⋅ L W= ⋅ R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R1 + R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 R3 + j ⋅ ω ⋅ L Kiemelve ( R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) értéket, majd egyszerűsítve vele: R2 ⋅ ( R3 + j ⋅ ω ⋅ L ) j ⋅ω ⋅ L ⋅ W= R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ ( R1 + R2 ) R3 + j ⋅ ω ⋅ L j ⋅ ω ⋅ L ⋅ R2 =
W=
( R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 ) ⋅ ( 1 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅
R1 + R2 ) R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3
A kapott függvényt alapfüggvények szorzatára két féle módon bontva. 1. esetben 2 különböző törési frekvenciájú alapfüggvényt kapunk ezt kell ábrázolni: L ⋅ R2 1 W = j ⋅ω ⋅ ⋅ R1 + R2 R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 1 + j ⋅ ω ⋅ L ⋅ 1444442444443 R ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 W1 1444441 42 4444443 W2
R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 100 Ω ⋅ 100 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω rad = = 40000 −3 R2 ⋅ L 100 Ω ⋅ 10 ⋅ 10 H s R ⋅ R + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 100 Ω ⋅ 100 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω rad ω2 = 1 2 = = 20000 −3 L ⋅ ( R1 + R2 ) ( 100 Ω + 100 Ω ) ⋅ 10 ⋅ 10 H s 2. esetben 1 törési frekvenciát és egy konstanst kapunk és ezeket kell ábrázolni:
ω1 =
W =
R2 L( R1 + R2 ) 1 ⋅ j ⋅ω ⋅ ⋅ L( R1 + R2 ) R1 + R2 R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 1 + j ⋅ ω ⋅ 1 424 3 1444 442444443 R ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 K W01 144441 44 24444443 W02
17
ω0 =
R1 ⋅ R2 + R1 ⋅ R3 + R2 ⋅ R3 100 Ω ⋅ 100 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω + 100 Ω ⋅ 150 Ω rad = = 20000 −3 L ⋅ ( R1 + R2 ) ( 100 Ω + 100 Ω ) ⋅ 10 ⋅ 10 H s
K [dB ] = 20 ⋅ lg
R2 100 = 20 ⋅ lg = −6 ,02dB R1 + R2 100 + 100
A fázis diagram:
A pontos érték: ωm = ( 20000 ⋅ 40000 ) = 28284
rad s
18
7.7
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! C1 = 50 nF , C 2 = 200 nF , R = 10kΩ Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a legnagyobb fázisszög értékét! Milyen körfrekvencián lép fel?
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! 1 R+ j ⋅ ω ⋅ C2 A fezsültség osztó: U 2 = U 1 ⋅ amiből: 1 1 R+ + j ⋅ ω ⋅ C1 j ⋅ ω ⋅ C2 A törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). Elsőként bővítsük a törtet j ⋅ ω ⋅ C 2 . 1 R+ U j ⋅ ω ⋅ C2 1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R W ( jω ) = 2 = = 1 1 j ⋅ ω ⋅ C2 U1 R + + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R + +1 j ⋅ ω ⋅ C1 j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 Ez után egyszerűsítsünk j ⋅ ω -val és bővítsünk C1 -el. 1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R C1 ( 1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R ) W ( jω ) = = C2 C1 + C 2 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ C 2 ⋅ R j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R + +1 C1 Emeljük ki a számlálóból C1 -et, a nevezőből pedig C1 + C 2 -t. ω 1+ j C1 1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R ω1 W ( jω ) = ⋅ =K⋅ = K ⋅ A1 ⋅ A2 C ⋅ C ω C1 + C 2 1 + j ⋅ ω ⋅ 1 2 ⋅ R 1+ j ω2 C1 + C 2 Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely három már ismert alapfüggvény szorzata:
K=
C1 ω , A1 = 1 + j , A1 = C1 + C2 ω1
1
ω ω2 Az ábrázoláshoz meg kell határoznunk a konstans értékét, és a törésponti körfrekvenciákat. 1+ j
19
C1 50 nF = 20 ⋅ lg = 20 ⋅ lg 0 ,2 = −14 dB C1 + C2 50 nF + 200nF 1 1 rad = = 500 ω1 = −9 3 C 2 ⋅ R 100 ⋅ 10 F ⋅ 10 ⋅ 10 Ω s K = 20 ⋅ lg
C1 + C2 250 ⋅ 10 −9 F rad ω2 = = = 2500 −9 −9 3 C1 ⋅ C2 ⋅ R 50 ⋅ 10 F ⋅ 200 ⋅ 10 F ⋅ 10 ⋅ 10 Ω s A fázismenetbe a konstans nem szól bele így a maradék két tagot kell csak összegezni.
Fáziseltérés a törésponti körfrekvenciák tartományában lép fel. Ennek a legnagyobb leolvasott értéke rad ωmax = 1000 s rad A pontos érték: ω max = ( 500 ⋅ 2500 ) = 1118 s Ehhez a frekvenciához tartozó fázis érték pontos értéke: ω ω 1000 1000 ϕ max = ϕ1 − ϕ 2 = arctg m − arctg m = arctg − arctg = 63 ,43 − 21,8 = 41,6° ω1 ω2 500 2500 ω A törtvonalas közelítéssel ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik: = 10 x -t ismét beírva ω0 dϕ ln 10 rad fok = = 1,15 = 66 . dx x=0 2 D D ω 0 ,21 ⋅ ω 2 2500 ' ϕ max = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 2 = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 5 = 46 ,13° 0 ,21 ⋅ ω1 ω1 500 A fázisszög pozitív ami annyit jelent, hogy az U 2 siet az U 1 -hez képest.
20
7.8
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! L1 = 20 mH , L2 = 100 mH , R1 = 100 Ω , R2 = 20 Ω Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg a legnagyobb fázisszög értékét! Milyen körfrekvencián lép fel?
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! A fezsültség osztó: R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 amiből: U2 = U1 ⋅ R1 + j ⋅ ω ⋅ L1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 A törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört).
U2 R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 = = U 1 R1 + j ⋅ ω ⋅ L1 + R2 + j ⋅ ω ⋅ L2 R1 + R2 + j ⋅ ω( L1 + L2 ) Ez után osztva R2 -vel számlálót és nevezőt is. L 1 + j ⋅ω ⋅ 2 R2 W ( jω ) = R1 + R2 L + L2 + j ⋅ ω( 1 ) R2 R2 R + R2 Emeljük ki a nevezőből 1 -t. R2 L 1 + j ⋅ω ⋅ 2 R2 R2 L 1 W = = ⋅1 + j ⋅ω ⋅ 2 ⋅ L1 + L2 R2 R1 + R2 R1 + R2 L1 + L2 R2 1 + j ⋅ ω 1 4 2 4 3 1 42 4 43 4 ω 1 + j ⋅ ( ⋅ ) R1 + R2 K A1 R2 R2 R1 + R2 14424 43 W ( jω ) =
A2
Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely három már ismert alapfüggvény szorzata: K [dB ] = 20 ⋅ lg
R2 20 = 20 ⋅ lg = −15 ,56 dB D R1 + R2 100 + 20
R2 20 Ω rad = = 200 −3 L2 100 ⋅ 10 H s R + R2 20 Ω + 100 Ω rad ω2 = 1 = = 1000 −3 −3 L1 + L2 20 ⋅ 10 H + 100 ⋅ 10 H s
ω1 =
21
Fáziseltérés a törésponti körfrekvenciák tartományában lép fel. Ennek a legnagyobb értéke ωmax = 400 (az ábra alapján leolvasott érték). ω ω 400 400 ϕ max = ϕ1 − ϕ 2 = arctg m − arctg m = arctg − arctg = 63 ,43 − 21,8 = 41,62° ω1 ω2 200 1000 rad A pontos érték: ωmax = 200 ⋅ 1000 = 447 ,21 ekkor ϕ max = 65 ,89 − 24 ,08 = 41,81° s ω A törtvonalas közelítéssel ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik: = 10 x -t ismét beírva ω0 dϕ ln 10 rad fok = = 1,15 = 66 . dx x=0 2 D D 0 ,21 ⋅ ω 2 ω 1000 ' ϕ max = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 2 = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 5 = 46 ,13° 0 ,21 ⋅ ω1 ω1 200 A fázisszög pozitív, ami annyit jelent, hogy az U 2 siet az U 1 -hez képest.
22
rad s
3.75
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! ( R1 = 25 kΩ , C1 = 10 nF , C 2 = 40 nF ). Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg az ω0 saját körfrekvencia értékét!
Ha felírjuk az átviteli függvény általános alakját, az alábbi fezsültség osztóból indulhatunk ki.: 1 j ⋅ ω ⋅ C2 amiből: U 2 = U1 ⋅ 1 R⋅ j ⋅ ω ⋅ C1 1 + 1 j ⋅ ω ⋅ C2 R+ j ⋅ ω ⋅ C1 Elsőként számítsuk ki a párhuzamos tag eredőjét.
1 j ⋅ ω ⋅ C1 R R = = = Majd visszahelyettesítés után szorozzunk j ⋅ ω ⋅ C 2 1 j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R + 1 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R 1 1 R+ j ⋅ ω ⋅ C1 R⋅
Z C1R vel.
U2 = U1
1 j ⋅ ω ⋅ C2
1 1 = R 1 j ⋅ ω ⋅ C2 R 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R + j ⋅ ω ⋅ C 2 R + +1 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R j ⋅ ω ⋅ C2 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R 1 W ( jω ) = = 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R ⋅ 1 + j ⋅ ω ⋅ ( C1 ⋅ R + C2 ⋅ R ) 1442443 1 + j ⋅ ω ⋅ ( C1 ⋅ R + C2 ⋅ R ) W1 14444244443 W ( jω ) =
=
W2
1 1 rad = = 4000 ω1 = −9 3 C1 ⋅ R 10 ⋅ 10 F ⋅ 25 ⋅ 10 Ω s 1 1 rad = = 800 ω2 = 3 −9 −9 R ⋅ ( C1 + C 2 ) 25 ⋅ 10 Ω ⋅ ( 10 ⋅ 10 F + 40 ⋅ 10 F ) s rad A maximális fáziseltérés frekvenciája: ω0 = 800 ⋅ 4000 = 1788 ,85 s
23
A fázis eltérésnek maximális értéke van, amely kétféle módon is számítható. ω ω 1788 ,85 1788 ,85 ϕ max = ϕ 2 − ϕ 1 = arctg m − arctg m = arctg − arctg = 24 ,09 − 65 ,9 = −41,81° 4000 800 ω2 ω1 A törtvonalas közelítésből ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik. 0 ,21 ⋅ ω 2 ω 800 ϕ max = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 2 = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 0 ,25 = −46 ,13° ω1 0 ,21 ⋅ ω1 4000 Az alábbi fázisdiagramból is leolvasható a maximális fáziseltérés nagysága.
Leolvasott érték: ϕ max = −45°
24
3.74
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! ( R1 = 60 kΩ , R2 = 20 kΩ , C = 25nF ). Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg az ω0 saját körfrekvencia értékét!
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! A fezsültség osztó: W ( jω ) =
R2 +
1
U2 j ⋅ω ⋅ C = U1 R + R + 1 1 2 j ⋅ω ⋅ C
j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 + 1 1 = (1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R2 ) ⋅ j ⋅ ω ⋅ C ( R1 + R2 ) + 1 1 + j ⋅ ω ⋅ C ( R1 + R2 ) 1 1 rad = = 2000 ω1 = −9 3 C ⋅ R2 25 ⋅ 10 F ⋅ 20 ⋅ 10 Ω s 1 1 rad = = 500 ω2 = −9 3 3 C ⋅ ( R1 + R2 ) 25 ⋅ 10 Ω ⋅ ( 20 ⋅ 10 F + 60 ⋅ 10 F ) s rad A maximális fáziseltérés frekvenciája: ω0 = 2000 ⋅ 500 = 1000 s W ( jω ) =
A fázis eltérésnek maximális értéke van amely kétféle módon is számítható. ω ω 1000 1000 ϕ max = ϕ 2 − ϕ 1 = arctg m − arctg m = arctg − arctg = 26 ,56 − 63 ,43 = −36 ,86° ω2 ω1 2000 500 A törtvonalas közelítésből ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik. 0 ,21 ⋅ ω 2 ω 500 ϕ max = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 2 = 66 ⋅ lg = 66 ⋅ lg 0 ,25 = −39 ,73° 0 ,21 ⋅ ω1 ω1 2000 Az alábbi fázisdiagramból is leolvasható a maximális fáziseltérés nagysága. Leolvasott érték: ϕ max = −40°
25
26
7.17 Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! L = 25mH , C = 10 µF , R1 = 1000 Ω . Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg az ω0 saját körfrekvencia értékét! 2,.) Vizsgálja meg az átviteli függvényt, ha az ellenállás értéke R2 = 100 Ω -ra változik! 3,.) Határozza meg az átviteli függvényt, ha az ellenállás értéke R3 = 10 Ω -ra változik!
1 U2 1 j ⋅ω ⋅ C = = 1 U1 R + j ⋅ ω ⋅ L + 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ ω )2 ⋅ L ⋅ C j ⋅ω ⋅ C A kifejezésben másodfokú kifejezést kapunk. 1 1 1 = = 2 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ω ) ⋅ L ⋅ C R + j ⋅ω ⋅ L + 1 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ ω )2 ⋅ L ⋅ C j ⋅ω ⋅ C Kérdés, hogy felbontható-e elsőfokú függvények szorzataként. 1 1 1 = ⋅ 2 1 + j ⋅ω ⋅ C ⋅ R + ( j ⋅ω ) ⋅ L ⋅ C 1 + j ω 1 + j ω W ( jω ) =
ω1
ω2 A nevezőben található másodfokú függvényt ω1, 2 megoldva a kapott két gyök szorzat alakban könnyen ábrázolható.
( jω )12 =
− b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c − C ⋅ R ± ( C ⋅ R )2 − 4 ⋅ L ⋅ C R C 2 ⋅ R2 4 ⋅ L ⋅C = =− ± − 2 2 2 2⋅a 2⋅ L ⋅C 2⋅L 44 ⋅ L2⋅4 C3 1 44 ⋅ L2 ⋅4 C32 { 1 α
R 1000Ω Ω = = 20000 −3 2 ⋅ L 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H H 1 1 rad ω0 = = = 2000 s L ⋅C 2 ⋅ 25 ⋅ 10 −3 H ⋅ 10 ⋅ 10 −6 Így az α és ω0 viszonya alapján háromféle eset lehetséges: 1.,) eset ha α > ω0 akkor létezik két valós gyök.
α2
ω0
α=
rad s ( jω )12 = −α 2 ± α 2 − ω02 = 20.000 2 ± 20.000 2 − 2000 2 p rad ω1 = 39900 s Mivel a körfrekvencia értéke csakis pozitív lehet, ezért elhagyhatjuk a negatív előjelet. A kapott két gyök ismeretében kiszámítható (visszaellenőrizhető) az ω0 értéke: rad ω0 = ω1 ⋅ ω2 = 100 ,25 ⋅ 39899 ,74 ≅ 2000 s
ω1 = 100 ,25
27
Az RLC szűrő BODE diagramja R1 = 1000 Ω esetén 2.,) eset, ha R2 = 100 Ω akkor α = ω0 és létezik egy dupla gyök. R 100 Ω Ω α= 2 = = 2000 −3 2 ⋅ L 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H H 1 rad = 2000 Az ω0 = értéke változatlan marad az előző részhez képest. s L ⋅C rad ( jω )12 = −α 2 ± α 2 − ω02 = 2000 2 ± 2000 2 − 2000 2 = ω1 = ω2 = ω0 = 2000 s
Az RLC szűrő BODE diagramja R2 = 100 Ω esetén
28
3.,) eset, ha R3 = 10 Ω akkor α < ω0 és nincs valós gyök. R 10Ω Ω α= 3 = = 200 −3 2 ⋅ L 2 ⋅ 25 ⋅ 10 H H 1 rad = 2000 Az ω0 = értéke változatlan marad az előző részhez képest. s L ⋅C
( jω )12 = −α 2 ± α 2 − ω02
= −200 2 ± 200 2 − 2000 2 = nincs valós gyök
Ilyen esetben az α és ω0 hányadosát írjuk fel: R3 R3 ⋅ C R ⋅C 1 R ⋅C α C 200 ζ = = ⋅ = = 3 ⋅ = 3 ⋅ ω0 = = 0 ,1 ω0 2 ⋅ L ⋅ ω0 { C 2 ⋅ L ⋅ C ⋅ ω0 2 ⋅ ω0 { L ⋅C 2 2000 bőőitjü a törtet
ω02
Kifejezve az eredeti egyenlet elsőfokú együtthatóját: R 3 ⋅ C = Ezek után ezt visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe W ( jω ) =
2 ⋅ζ
ω0
ω -ra nézve kapunk másodfokú összefüggést. ω0
1 1 1 = = W ( jω ) = 2 2 ω ( j ⋅ω ) ⋅ L ⋅ C + j ⋅ ⋅ C ⋅ R + 1 ω { { ω ω ω 1 2⋅ζ 1 − + j ⋅ 2 ⋅ζ ⋅ j ⋅ + j ⋅ ⋅ 2 ⋅ζ + 1 ω0 ω0 ω0 ω0 ω0 ω0 1 424 3 1424 3 2
valós öszetevő
képzetes összetevő
Az ábrázoláshoz vizsgáljuk meg a ω = 0 és az ω = ∞ eseteket. 2 2 2 ω ω ω = 0 esetén W [dB] = −10 ⋅ lg 1 − + 2 ⋅ ζ ⋅ = −10 ⋅ lg 1 = 0 ω0 ω0 Tehát az asszimptóta 0 dB -es tengely kis frekvenciák esetén. ω = ∞ esetén 2 2 2 4 ω ω ω ω W [dB ] ≅ −10 ⋅ lg 1{ − + 2 ⋅ ζ ⋅ = −10 ⋅ lg = −40 ⋅ lg elhanya − ω0 ω0 ω0 ω0 4243 golható 1elhanyagol ható dB Ez pedig − 40 meredekségű egyenes egyenlete lesz. Ezen egyenes, a nulla dB-es tengelyt ω = ω0 -nál D fogja metszeni. A legnagyobb eltérés a törtvonalas ábrázolástól, megint csak ω0 -nál várható. Ennek a pontos értéke számítással és szimulációval is kiszámításra került. 2 2 2 ω0 ω0 2 W ω ≅ −10 ⋅ lg 1 − + 2 ⋅ ζ ⋅ = −10 ⋅ lg [0 + 2 ⋅ 0 ,1 ⋅ 1] = 13,979dB 0 ω0 ω0
29
Az RLC szűrő BODE diagramja R3 = 10 Ω esetén
30
7.23
Határozza meg az ábrán látható négypólus BODE diagramját! ( R1 = 1kΩ , C 1 = 1mF , R2 = 2 kΩ , C 2 = 0 ,25 mF ). Rajzolja meg az átviteli függvény pontos menetét. Határozza meg az ω0 saját körfrekvencia értékét!
Írjuk fel az átviteli függvény általános alakját! A fezsültség osztó: 1 R2 + j ⋅ ω ⋅ C2 U2 = U1 ⋅ amiből: 1 1 R2 + + R1 × j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 A törtet úgy alakítsuk át, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört). 1 Elsőként szorozunk R1 + . j ⋅ ω ⋅ C1 W ( jω ) =
U2 = U1
R2 +
1 j ⋅ ω ⋅ C2
1 1 R2 + ⋅ R1 + ω ω ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ j C j C 2 1 = R1 1 1 R2 + ⋅ R1 + + j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 j ⋅ ω ⋅ C1
1 j ⋅ ω ⋅ C1 1 + R2 + 1 j ⋅ ω ⋅ C2 R + 1 j ⋅ ω ⋅ C1 Ezután a szorzatok tényezőin belül közös nevezőre hozunk. 1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R2 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 ⋅ j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 W ( jω ) = 1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R2 1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R1 ⋅ + j ⋅ ω ⋅ C2 j ⋅ ω ⋅ C1 ( j ⋅ ω ⋅ C1 ) ⋅ ( j ⋅ ω ⋅ C 2 ) Egyszerűsítve ( j ⋅ ω ⋅ C1 ) ⋅ ( j ⋅ ω ⋅ C 2 ) -vel. (1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R2 ) ⋅ (1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 ) W ( jω ) = = (1 + j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R2 ) ⋅ (1 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 ) + ( j ⋅ ω ⋅ C2 ⋅ R1 ) (1 + j ⋅ 1 ⋅ ω ) ⋅ (1 + j ⋅ 0 ,5 ⋅ ω ) W ( jω ) = 2 1 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R2 + j ⋅ ω ⋅ C1 ⋅ R1 + 1 + ( j ⋅ ω ) ⋅ C1 ⋅ R1 ⋅ C 2 ⋅ R2 + j ⋅ ω ⋅ C 2 ⋅ R1 R1 ⋅
ω ω 1 + j ⋅ ⋅ 1 + j ⋅ ω1 ω2 (1 + j ⋅ 1 ⋅ ω )⋅ (1 + j ⋅ 0 ,5 ⋅ ω ) = W ( jω ) = 2 ( j ⋅ ω ) ⋅ 0 ,5 + j ⋅ ω ⋅ 1,75 + 1 1 + j ⋅ ω ⋅ 1 + j ⋅ ω ω3 ω 4 Innen azonnal látható ω1 és ω 2 értéke: 1 1 rad 1 1 rad ω1 = = =1 ω2 = = =2 C1 ⋅ R1 0 ,5 s C 2 ⋅ R2 1 s A nevező két gyökét a másodfokú egyenlet megoldásával kaphatjuk meg. A „b” érték elől elhagyhatjuk a negatív előjelet, mert az eredmények csakis pozitív értékek esetén értelmezhetőek. rad = 0 , 72 ω 2 2 3 − b ± b − 4 ⋅ a ⋅ c 1,75 ± 1,75 − 2 s ( jω )34 = = p rad 2⋅a 1 ω4 = 2 ,78 s
31
Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely négy azonos típusú alapfüggvény szorzata. ω ω 1 + j ⋅ ⋅1 + j ⋅ 1 2 W ( jω ) = ω ω 1 + j ⋅ ⋅1 + j ⋅ 0 ,72 2 ,78 A kapcsolás amplitúdó- és fázisdiagramja
A kapott két gyök ismeretében ki számítható (visszaellenőrizhető) az ω0 értéke: rad ω1,2 = ω1 ⋅ ω2 = 1 ⋅ 2 = 1,41 s rad ω3 ,4 = ω3 ⋅ ω4 = 0 ,72 ⋅ 2 ,78 = 1,41 s rad 1,41 rad s = 224 mHz ω0 = ω1,2 ⋅ ω 3 ,4 = 1,41 ⋅ 1,41 = 1,41 = s 2 ⋅π Látható a szimuláció eredménye az ábrán 223,872mHz.
32
A műszaki gyakorlatban sok esetben Laplace-operátoros alakban adják meg az átviteli függvény értékét. A Laplace transzformáció olyan matematikai módszer, amellyel a differenciál egyenletek algebrai egyenletekké alakíthatóak át. Differenciálásnak az „s”-el történő szorzás felel meg, az integrálásnak az „s”el történő osztás felel meg. ellenállás induktivitás kapacitás Hálózati elem: Időfüggvény: u = R ⋅i di 1 u=L u = ∫ idt dt C Komplex alak: 1 U = jωL ⋅ I U = R⋅I U = ⋅I jωC Laplace operátoros alak: U ( s ) = R ⋅ I ( s ) U ( s ) = sL ⋅ I ( s ) 1 U( s ) = ⋅ I( s ) sC A komplex alak csak szinuszos gerjesztés esetén igaz csak. A táblázatból tehát leszűrhető: s = jω
33
