Skriftlig prøve Kredsløbsteori Onsdag 3. Juni 2009 kl (2 timer) Løsningsforslag

Størrelse: px

Starte visningen fra side:

Download "Skriftlig prøve Kredsløbsteori Onsdag 3. Juni 2009 kl (2 timer) Løsningsforslag"

Bente Michelsen
6 år siden
Visninger:

1 Skriflig prøve Kredsløbseori Onsdag 3. Juni 29 kl (2 imer) øsningsforslag

Opgave : (35 poin) En overføringsfunkion, H(s), har formen: Besem hvilke poler og nulpunker der er indehold i H(s) Tegn bodeploe (knækkurveapproximaioner for ampliude- og fasekarakerisikkerne) for

---------------------------------- Prøver vi a finde rødderne i udrykke i nævneren finder vi, a der er en dobbel rod i 5, således a udrykke for H(s) kan omskrives il: Vi ser sraks a der er e nulpunk

2 Opgave : (35 poin) En overføringsfunkion, H(s), har formen: Besem hvilke poler og nulpunker der er indehold i H(s) Tegn bodeploe (knækkurveapproximaioner for ampliude- og fasekarakerisikkerne) for H(s), herunder skiseres bidragene fra de enkele led i H(s) Prøver vi a finde rødderne i udrykke i nævneren finder vi, a der er en dobbel rod i 5, således a udrykke for H(s) kan omskrives il: Vi ser sraks a der er e nulpunk i s = - og a der er en dobbel-pol i s = -5. Ampliuderespons: Konsan på 6 -> Nulpunk i - -> Dobbel-pol i -5 -> Nulpunke giver anledning il en hældning på +2 db/dec fra og dobbel-polen giver anledning il en hældning på -4 db/dec fra 5. DC-værdien, svarende il H(), findes il = -4 db. En skise af de enkele bidrag, sam de nøjagige resulerende respons er vis på eferfølgende figur. Her er konsan-ledde vis med sor, nulpunke med rød, polerne med grøn og den resulerende knækkurveapproximaion med blå. 2

3 Faserespons: Konsan på 6 -> en konsan bidrag på grader Nulpunk i - -> +9 grader, sarende i og sluende i. Neop i ω = har vi 45 grader. Dobbel-pol i -5 -> Her får vi 2x -9 grader, alså -8 grader i al. Igen sarer vi i 5 og sluer i 5, og neop i ω = 5 har vi de halve bidrag, her på -9 grader. 3

4 Opgave 2: (4 poin) De vise kredsløb er i seady-sae il iden =. Besem udrykke for v c () for > Skiser forløbe af v c () Vi ved a de er kondensaorspændingen der kæder de o siuaioner sammen, ide Vc(-) = Vc(+). = -: Her er konaken ikke slue, så kun de 8kΩ og de 9kΩ indgår i kredsløbe. Vi ved a kredsløbe er i seadysae, så srømmen igennem kondensaoren er lig nul. Dermed løber der heller ikke srøm gennem de o modsande, hvorfor der ikke kan være e spændingsfald. Vi finder alså a Vc(-) = 5 V. = +: Her benyer vi Vc(-) = Vc(+) = 5 V. = uendelig: Her vil kredsløbe aer være i seady-sae, og igen beyder de, a der ikke løber srøm igennem kondensaoren. De beyder a de 9kΩ ikke har beydning, og a de er spændingsdelingen mellem de 6kΩ og 8kΩ der besemmer spændingen: V c 6 ( ) = =.25 V 4

5 Herefer skal vi have besem τ. Her skal vi huske a de er modsanden som vi ser den fra kondensaorens erminaler. Vi slukker for spændingskilden, hvorven de 6kΩ og de 8kΩ kommer il a sidde i parallel, og disse sidder så igen i serie med modsanden på de 9kΩ. Vi finder således τ il a være følgende: 8kΩ 6kΩ τ = R eq C = 8kΩ + 6kΩ + 9kΩ 33µF =.4455 Herefer er de blo a indsæe i universalformlen: V c ( ) = V c ( ) e τ ( ) + V c ( + ) V c ( ) =.25V + ( 5.25) e.4455 =.25V 3.75V e 2.25 Når forløbe skal skiseres er de klar, a vi sarer i en værdi Vc(+) = 5V og a vi skal ende op i Vc(uendelig) =.25V. 5

6 Opgave 3: (25 poin) For de vise kredsløb anages a v () = for <. Vis a nedensående ligning gælder for kredsløbe il iden > v (λ) dλ + R v () = R V u() G Beny aplace-ransformaion af ovensående ligning, il a besemme v () for >, når de er give, a V G = V, R = 6 Ω, og = 2 H Vi ved a srømmen igennem en spole er give ved følgende udryk(vi ved jo a V () = for < ): i() = v (λ) dλ Samidig ved vi også, a srømmen i() kan udrykkes som: V G = i() R + V () i() = ( R V V () G ) Ved a kombinere disse o udryk finder vi frem il følgende udryk: ( ) v (λ) dλ = R V G V () v (λ) dλ + R V () = R V u(), G 6

7 hvor u() kommer på, da konaken jo skifer således a spolen vil opleve spændingen gå fra V il V G V i e spring alså en sep-funkion. Når en løsning il udrykke skal findes vha. aplace, så skal vi huske på, a en inegraion -> /s og ilsvarende, a u() -> /s. Vi får således følgende: v (λ) dλ + R V () = R V G u() aplace s V (s) + R V (s) = R V G s Med lid omskrivning finder vi frem il følgende resula for de aplace-ransformerede udryk: V (s) = V G R + s = s = 3 + s Ved abelopslag finder vi den invers-aplace ransformerede af ovensående udryk il: v () = e 3 7

Relaterede dokumenter

i(t) = 1 L v( τ)dτ + i(0)

i(t) = 1 L v( τ)dτ + i(0) EE Basis - 2010 2/22/10/JHM PE-Kursus: Kredsløbseori (KRT): ECTS: 5 TID: Mandag d. 22/2 LØSNINGSFORSLAG: Opgave 1: Vi ser sraks, a der er ale om en enkel spole, hvor vi direke pårykker en kend spænding.