Aufgabe 1.1: Einfache Filterfunktionen
A1.1 Einfache Filterfunktionen
Man bezeichnet ein Filter mit dem Frequenzgang $$H_{\rm TP}(f) = \frac{1}{1+ {\rm j}\cdot f/f_0}$$ als Tiefpass erster Ordnung. Daraus lässt sich ein Hochpass erster Ordnung nach folgender Vorschrift gestalten: $$H_{\rm HP}(f) = 1- H_{\rm TP}(f) .$$
In beiden Fällen gibt $f_0$ die so genannte 3dB–Grenzfrequenz an.
Die Abbildung zeigt zwei Vierpole A und B. In der Aufgabe ist zu klären, welcher der beiden Vierpole eine Tiefpass– und welcher eine Hochpasscharakteristik aufweist.
Die Bauelemente von Schaltung A sind wie folgt gegeben: $$R = 50 \,\, {\rm \Omega}; \hspace{0.1cm} C = 0.637 \,\, {\rm \mu F} .$$
Die Induktivität $L$ ist in der Teilaufgabe f) zu berechnen.
Für die Teilaufgabe d) wird vorausgesetzt, dass die Eingangssignale cosinusförmig seien. Die Frequenz $f_x$ ist variabel, die Leistung beträgt jeweils $P_x =$ 10 mW.
Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf den Theorieteil von Kapitel 1.1.
Fragebogen
Musterlösung
- Wegen $H_{\rm A}(f = 0) = 1$ kann dies kein Hochpass sein; vielmehr handelt es sich um einen $\rm \underline{Tiefpass}$. Bei niedrigen Frequenzen ist der Blindwiderstand der Kapazität sehr groß und es gilt $y_{\rm A}(t) ≈ x_{\rm A}(t)$. Dagegen wirkt der Kondensator bei sehr hohen Frequenzen wie ein Kurzschluss und es ist $y_{\rm A}(t) ≈ 0$.
2. Durch Koeffizientenvergleich zwischen $H_{\rm TP}(f)$ auf der Angabenseite und $H_{\rm A}(f)$ gemäß a) erhält man:
$$f_0 = \frac{1}{2\pi \cdot R \cdot C} = \frac{1}{2\pi \cdot{\rm
50\hspace{0.05cm} \Omega}\cdot {\rm 0.637 \cdot 10^{-6}\hspace{0.05cm} s/\Omega}}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 5 \, {\rm kHz}}.$$
3. Der Amplitudengang lautet:
$$|H_{\rm A}(f)| = \frac{1}{\sqrt{1+ (f/f_0)^2}}.$$
- Für $f = f_0$ erhält man den Zahlenwert $0.5^{–0.5} \underline{≈ 0.707}$, für $f = 2f_0$ näherungsweise den Wert $\underline{0.447}$.
4.Die Ausgangsleistung kann nach folgender Gleichung berechnet werden:
$$P_y = P_x \cdot |H_{\rm A}(f = f_x)|^2.$$
Für $f_x = f_0$ ist $P_y = P_x/2 \underline{ = 5 mW}$, also die halbe Leistung. In logarithmischer Darstellung lautet diese Beziehung:
$$10 \cdot {\rm lg}\hspace{0.2cm} \frac{P_x(f_0)}{P_y(f_0)} = 3\,{\rm dB}.$$
Deshalb ist für $f_0$ auch die Bezeichnung 3dB–Grenzfrequenz üblich. Für $f_x = 2f_0$ erhält man dagegen einen kleineren Wert: $P_y = P_x/5 \underline{= 2 mW}$.
5. Analog zur Teilaufgabe 1) gilt:
$$H_{\rm B}(f) = \frac{Y_{\rm B}(f)}{X_{\rm B}(f)} = \frac{{\rm j}\omega L}{R+{\rm j}\omega L}=\frac{{\rm j2\pi}\cdot f \cdot L/R}{1+{\rm j2\pi}\cdot f \cdot L/R}.$$
- Unter Verwendung der Bezugsfrequenz $f_0 = R/(2πL)$ kann hierfür auch geschrieben werden:
$$H_{\rm B}(f) = \frac{{\rm j}\cdot f/f_0}{1+{\rm j}\cdot f/f_0}\hspace{0.5cm}\Rightarrow \hspace{0.5cm}|H_{\rm B}(f)| = \frac{|f/f_0|}{\sqrt{1+ (f/f_0)^2}}.$$
- Daraus erhält man die Zahlenwerte:
$$|H_{\rm B}(f = 0)| \hspace{0.15cm}\underline{= 0}, \hspace{0.2cm} |H_{\rm B}( f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{=0.707}, \hspace{0.2cm}|H_{\rm B}(2f_0)| \hspace{0.15cm}\underline{= 0.894}, \hspace{0.2cm}|H_{\rm B}(f \rightarrow \infty)|\hspace{0.15cm}\underline{ = 1}.$$
- Der Vierpol B ist demzufolge ein $\rm \underline{Hochpass}$.
6. Aus obiger Definition der Bezugsfrequenz folgt:
$$L = \frac{R}{2\pi \cdot f_0} = \frac{{\rm 50\hspace{0.05cm}
\Omega}}{2\pi \cdot{\rm 5000 \hspace{0.05cm} Hz}}= {\rm 1.59 \cdot
10^{-3}\hspace{0.05cm} \Omega s}\hspace{0.15cm}\underline{= {\rm 1.59 \hspace{0.05cm}
mH}} .$$
