Aufgabe 1.4: Zum Tiefpass 2. Ordnung

In der Aufgabe 1.1 und der Zusatzaufgabe 1.1Z im Kapitel Systembeschreibung im Frequenzbereich wurden die so genannten RC–Tiefpässe im Frequenzbereich beschrieben. Hier soll nun eine Zeitbereichsdarstellung erfolgen.

Die oben skizzierte Schaltung mit dem Eingangssignal $x(t)$ und dem Ausgangssignal $y_1(t)$ ist ein Tiefpass erster Ordnung mit dem Frequenzgang $$H_{\rm 1}(f) = \frac{1}{1+{\rm j}\cdot f/f_{\rm 0}}.$$

Hierbei gibt $f_0 = 1/(2πRC)$ die 3dB–Grenzfrequenz an. Legt man am Eingang ein diracförmiges Signal $x(t) = δ(t)$ an, so erscheint am Ausgang das Signal $y_1(t)$ gemäß der mittleren Skizze.

Der Zusammenhang zwischen den Systemparametern $R$, $C$ und $T$ lautet (siehe auch Zusatzaufgabe 1.3Z: $$T = \frac{1}{\omega_{\rm 0}}= \frac{1}{2\pi f_{\rm 0}} = R \cdot C.$$ Für numerische Berechnungen soll im Folgenden $T = 1 \ \rm ms$ verwendet werden.

Die untere Schaltung mit Eingang $x(t)$ und Ausgang $y_2(t)$ zeigt einen Tiefpass zweiter Ordnung: $$H_{\rm 2}(f) = [H_{\rm 1}(f)]^2 =\frac{1}{(1+{\rm j}\cdot f/f_{\rm 0})^2}.$$ Die zu $H_2(f)$ gehörende Impulsantwort ist $h_2(t)$.

Anzumerken ist, dass der Systemparameter $f_0$ bei einem Tiefpass zweiter oder höherer Ordnung nicht mehr dessen 3 dB–Grenzfrequenz angibt. Weiterhin ist noch zu beachten, dass die beiden RC-Glieder entkoppelt werden müssen, um Widerstandsanpassung zu erreichen. Hierzu eignet sich zum Beispiel ein Operationsverstärker. Dieser Hinweis ist jedoch für die Lösung dieser Aufgabe nicht relevant.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Systembeschreibung im Zeitbereich
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Gegeben ist das folgende unbestimmte Integral:

$$\int u \cdot {\rm e}^{a \cdot \hspace{0.03cm} u} \hspace{0.1cm}{\rm d}u = \frac{{\rm e}^{\hspace{0.03cm}a \cdot \hspace{0.03cm} u}}{a^2} \cdot (a \cdot u -1).$$

Fragebogen

$t_1$ =

ms

$y_1(t = 0) =$

$y_1(t = T) =$

$t_2$ =

ms

$h_2(t = t_2) =$

1/s

$y_2(t = T) =$

V

$y_2(t = 5T) =$

V

Musterlösung

1. Die Impulsantwort ist definitionsgemäß gleich dem Ausgangssignal, wenn am Eingang ein Diracimpuls mit Gewicht 1 anliegt. Entsprechend der Musterlösung Z1.3 und obiger Skizze gilt: $$h_1(t) = y_1(t) ={1}/{T} \cdot {\rm e}^{-t/T}.$$ Für den Zeitpunkt $t_1$ soll gelten: $$h_1(t_{\rm 1}) ={1}/{T} \cdot {\rm e}^{-t_{\rm 1}/T} = \frac{1}{2T} \hspace{0.5cm}\Rightarrow\hspace{0.5cm}{t_{\rm 1}}/{T} = {\rm ln}(2)\hspace{0.1cm} \Rightarrow \hspace{0.1cm}t_{\rm 1} = 0.693 \cdot T \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 0.693\,\,ms}}.$$

2.

Zur Verdeutlichung der Faltungsoperation (ML zu Aufgabe A1.4b)

Das Eingangssignal $x(t)$ ist wie die Impulsantwort $h_1(t)$ ein exponentiell abfallender Impuls, jedoch dimensionslos. Somit gilt nach dem Faltungssatz:

$$y_1(t) = x (t) * h_1 (t) = T \cdot \left[ h_1 (t) * h_1 (t) \right].$$ Die Faltung ist für einen spezifischen Zeitpunkt $t$ in nebenstehender Skizze verdeutlicht.

Nach Variablenumbenennung erhält man: $$\begin{align*}h_1(\tau) & = \frac{1}{T} \cdot {\rm e}^{-\tau/T}\hspace{0.1cm} \Rightarrow \hspace{0.1cm}h_1(-\tau) = \frac{1}{T} \cdot {\rm e}^{\tau/T}\hspace{0.1cm} \Rightarrow \hspace{0.1cm}h_1(t-\tau) = \frac{1}{T} \cdot {\rm e}^{(-t+\tau)/T} \\ & \Rightarrow\hspace{0.5cm} y_1(t) = T \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } h_1 ( {t - \tau } )\cdot {h_1 ( \tau )} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau.\end{align*}$$ Für $τ < 0$ ist $h_1(τ) = 0$. Für $τ > t$ verschwindet der erste Faltungsoperand (siehe Skizze). Daraus folgt: $$y_1(t) = T \cdot \frac{1}{T^2}\cdot \int_{ 0 }^{ t } {\rm e}^{(-t+\tau)/T} \cdot {\rm e}^{-\tau/T} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau = \frac{1}{T}\cdot \int_{ 0 }^{ t } {\rm e}^{-t/T} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau .$$ Man sieht, dass nun der Integrand unabhängig von der Integrationsvariablen $τ$ ist. Somit gilt: $$y_1(t) =\frac{t}{T} \cdot {\rm e}^{-t/T}\hspace{0.1cm} \Rightarrow \hspace{0.1cm} y_1(t =0) \hspace{0.15cm}\underline{=0}; \hspace{0.5cm}y_1(t =T)={\rm e}^{-1} \hspace{0.15cm}\underline{=0.368}.$$

3. Aufgrund von $H_2(f) = H_1(f) · H_1(f)$ gilt für die Impulsantwort: $$h_2(t) = h_1 (t) * h_1 (t).$$ Bis auf den zusätzlichen konstanten Faktor $1/T$ erhält man das gleiche Ergebnis wie unter 2): $$h_2(t) =\frac{t}{T^2} \cdot {\rm e}^{-t/T}.$$ Der Maximalwert wird durch Nullsetzen der Ableitung ermittelt: $$\begin{align*}\frac{{\rm d} h_2(t)}{{\rm d}t} & = \frac{1}{T^2} \cdot {\rm e}^{-t/T} \cdot \left( 1 - {t}/{T}\right) = 0 \hspace{0.7cm} \Rightarrow \hspace{0.7cm} t_{\rm 2} \hspace{0.15cm}\underline{= T = 1\,\,{\rm ms}} \\ & \Rightarrow \hspace{0.1cm} h_2(t_{\rm 2}) =\frac{{\rm e}^{-1}}{T} =\frac{0.368}{1\,\,{\rm ms}} \hspace{0.15cm}\underline{ = {\rm 368 \hspace{0.1cm} 1/s}}.\end{align*}$$

4. Allgemein bzw. mit dem Ergebnis aus 3) gilt für die Sprungantwort: $${\rm \sigma_2}(t) = \int_{ 0 }^{ t } {h_2 ( \tau )} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau = \frac{1}{T^2} \cdot \int_{ 0 }^{ t } \tau \cdot {\rm e}^{-\tau/T} \hspace{0.1cm}{\rm d}\tau .$$ Mit der Substitution $u = τ/T$ folgt daraus unter Verwendung des angegebenen Integrals: $$\begin{align*}{\rm \sigma_2}(t) & = \int_{ 0 }^{ t /T} u \cdot {\rm e}^{-u} \hspace{0.1cm}{\rm d}u ={\rm e}^{-u} \cdot (-u-1) |_{ 0 }^{ t /T}. \\ \Rightarrow \hspace{0.1cm}{\rm \sigma_2}(t) & = 1- \left( 1 + {t}/{T} \right) \cdot {\rm e}^{-t/T}.\end{align*}$$ Zu den angegebenen Zeitpunkten erhält man unter weiterer Berücksichtigung des Faktors 2V: $$\begin{align*}y_2(t = T) & = {\rm 2 \,V} \cdot \left( 1- 2 \cdot {\rm e}^{-1} \right) \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 0.528 \,V}}, \\ y_2(t = 5T) & = {\rm 2 \,V} \cdot \left( 1- 6 \cdot {\rm e}^{-5} \right) \hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 1.919 \,V}}.\end{align*}$$ Für noch größere Zeiten nähert sich $y_2(t)$ immer mehr dem Endwert 2V an.