TSys egz2006 rozw zad02, ZiIP, inne kierunki, Teoria systemów, Teoria systemow, teoria systemow
[ Pobierz całość w formacie PDF ]Teoria Systemów – egzamin 2006
26.06.2006
Grupa I
Zadanie 2
(10 punktów)
Proszę wyznaczyć trasmitancję filtru dolnoprzepustowego Butterwortha spełniającego następujące
warunki:
ω
p
= 2 rad/s
,
α
p
= 1 dB
,
ω
s
= 5 rad/s, α
s
= 12 dB
. Proszę dokonać syntezy układu
drabinkowego filtru LC obciążonego rezystancją
R
L
= 10 Ω
oraz narysować ten układ.
DANE:
Butterworth, LP:
ω
p
= 2 rad/s
,
α
p
= 1 dB
,
ω
s
= 5 rad/s, α
s
= 12 dB, R
L
= 10 Ω
SZUKANE:
H(s), schemat układu
ROZWIĄZANIE:
1)
Ustalenie rzędu filtru
(2 punkty)
:
ω
p
k
=
= 0.4
s
ω
s
α
p
10
−
1
10
k
=
= 0.1321
d
α
s
10
−
1
10
log(
k
)
d
N
≥
= 2.2095 => N = 3
log(
k
)
s
2)
A(s) – wielomian prototypu
, dla N nieparzystego
(2 punkty)
:
N
−
1
−
1
π
+
2
k
π
2
∏
= (s+1)(s
2
+s+1) = s
3
+2s
2
+2s+1
2
A
(
s
)
=
(
s
+
1
(
s
+
2
s
sin(
)
+
1
2
N
k
=
0
3)
Denormalizacje
(2 punkty)
:
α
p
2
N
s
←
s
10
10
−
1
a) α
p
≠ 3 dB,
= 0.7984s
s
b)
s
←
= 0.5s
ω
p
1
H
(
s
)
=
3
2
0
.
0636
s
+
0
.
3187
s
+
0
.
7984
s
+
1
4)
Synteza układu
(3 punkty)
:
E(s) = 0.3187s
2
+ 1
O(s) = 0.0636s
3
+ 0.7984s
∧
L
0.0636s
3
+ 0.7984s : 0.3187s
2
+ 1 = 0.1996s ( 0.5988s reszty )
s
=
∧
0.3187s
2
+ 1 : 0.5988s = 0.5322s (1 reszty)
s
C
=
2
∧
L
s
=
0.5988s
Wartości elementów drabinki LC po denormalizacji:
∧
L
R
1
L
= 2.994 H
L
=
1
ω
p
∧
C
C
=
2
= 0.0266 F
2
ω
p
R
L
∧
L
R
L
=
3
L
= 0.998 H
3
ω
p
Schemat układu po syntezie
(1 punkt)
:
L
3
L
1
R
L
C
2
u(t)
Teoria Systemów – egzamin 2006
26.06.2006
Grupa II
Zadanie 2
(10 punktów)
Proszę wyznaczyć trasmitancję filtru górnoprzepustowego Butterwortha spełniającego następujące
warunki:
ω
p
= 5 rad/s
,
α
p
= 2 dB
,
ω
s
= 3 rad/s, α
s
= 10 dB
. Proszę dokonać syntezy układ drabinkowego
filtru LC obciążonego rezystancją
R
L
= 100 Ω
oraz narysować ten układ.
DANE:
Butterworth, HP:
ω
p
= 5 rad/s
,
α
p
= 2 dB
,
ω
s
= 3 rad/s, α
s
= 10 dB, R
L
= 100 Ω
SZUKANE:
H(s), schemat układu
ROZWIĄZANIE:
1)
Ustalenie rzędu filtru
(2 punkty)
:
ω
Ω
p
p
k
=
= 1.6667, lub:
K
=
= 0.6
s
s
ω
Ω
s
s
α
p
10
−
1
10
k
=
= 0.2549
d
α
s
10
−
1
10
log(
k
)
d
N
≥
= 2.6756 => N = 3
log(
k
)
s
2)
A(s) – wielomian prototypu
, dla N nieparzystego
(2 punkty)
:
N
−
1
−
1
π
+
2
k
π
2
∏
= (s+1)(s
2
+s+1) = s
3
+2s
2
+2s+1
A
(
s
)
=
(
s
+
1
(
s
2
+
2
s
sin(
)
+
1
2
N
k
=
0
3)
Denormalizacje
(2 punkty)
:
α
p
2
N
s
←
s
10
10
−
1
a) α
p
≠ 3 dB,
= 0.9145s
ω
b)
s
←
= 5/s
s
3
1
s
H
(
s
)
=
=
3
2
2
3
95.60/
s
+
41
.
82
/
s
+
9
.
145
/
s
+
1
95.60
+
41
.
82
s
+
9
.
145
s
+
s
4)
Synteza układu
(3 punkty)
:
Transmitancja dla odpowiednika LP:
α
p
2
N
s
←
s
10
10
−
1
a) α
p
≠ 3 dB,
= 0.9145s
s
b)
s
←
= 0.2s
ω
p
1
H
(
s
)
=
3
2
0.006118
s
+
0.0669
s
+
0.3658
s
+
1
E(s) = 0.0669s
2
+ 1
O(s) = 0.006118s
3
+ 0.3658s
∧
L
0.006118s
3
+ 0.3658s : 0.0669s
2
+ 1 = 0.09145s (0.2744s reszty )
s
=
∧
0.0669s
2
+ 1 : 0. 2744s = 0.2438 s ( 1 reszty)
s
C
=
2
∧
L
s
=
0. 2744s
Wartości elementów drabinki LC po denormalizacji (LP):
∧
L
R
1
L
= 5.488 H
L
=
1
ω
p
∧
C
C
=
2
= 0.0004876 F
2
ω
p
R
L
∧
L
R
L
=
3
L
= 1.829 H
3
ω
p
Zamiana elementów dla układu filtru HP:
1
L
1
C
1
L
C
=
= 0.1822 F;
L
=
= 2050.86 H;
C
=
= 0.5468 F;
1
2
3
1
2
3
Schemat układu po syntezie
(1 punkt)
:
C
1
C
3
L
2
R
L
u(t)
[ Pobierz całość w formacie PDF ]