Finden und zeichnen Sie die Spannungen über dem Kondensator \( C \) und dem Widerstand \( R \) sowie den Strom \( i \) in Abhängigkeit von der Zeit in der unten stehenden Schaltung.
Abb.1 - Tiefpass-RC-Schaltung
gegeben, dass die Eingangsspannung \( v_i(t) \) ein Rechtecksignal ist, wie im untenstehenden Diagramm gezeigt.
Abb.2 - Rechtecksignal als Eingang zur RC-SchaltungLösung zur Aufgabe
Die Gleichung im \( s \)-Bereich,
die die Spannung \( V_C(s) \) über dem Kondensator mit der Eingangsspannung \( V_i(s) \) in einer RC-Schaltung in Beziehung setzt, wurde bereits ermittelt.
\( V_i(s) - R \; C \; s \; V_C(s) - V_C(s) = 0 \) (I)
Wir müssen nun die Laplace-Transformation \( V_i(s) \) des Rechtecksignals \( v_i(t) \) bestimmen.
Wir drücken das Rechtecksignal zuerst als Summe verschobener Einheitsstufenfunktionen aus, wie folgt:
\( \displaystyle v_i(t) = V_0 \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ u(t - n\;T) - u(t-(n+1/2)\;T) \right\} \)
Wir nehmen die Laplace-Transformation beider Seiten des Obigen und nutzen die Eigenschaft der Linearität der Laplace-Transformation, um zu schreiben:
\( \displaystyle \mathscr{L} \{ v_i(t) \} = V_0 \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ \mathscr{L} \{ u(t - n\;T) \} - \mathscr{L} \{ u(t-(n+1/2)\;T) \} \right\} \)
Die Laplace-Transformation einer verschobenen Einheitsstufenfunktion der Form \( u(t - \alpha) \) wird durch \( \dfrac{e^{-\alpha s}}{s} \) gegeben.
Wir verwenden das Obige, um die Laplace-Transformation \( V_i(s) = \mathscr{L} \{ v_i(t) \} \) wie folgt zu schreiben:
\( \displaystyle V_i(s) = V_0 \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ \dfrac{e^{-n\;T\;s}}{s} - \dfrac{e^{-(n+1/2)\;T\;s}}{s} \right\} \)
Setzen Sie \( V_i(s) \) in Gleichung (I) durch den obigen Ausdruck und lösen Sie nach \( V_C(s) \) auf, indem Sie alle Terme mit \( V_C(s) \) auf die rechte Seite bringen:
\( \displaystyle V_0 \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ \dfrac{e^{-n\;T\;s}}{s} - \dfrac{e^{-(n+1/2)\;T\;s}}{s} \right\} = R \; C \; s \; V_C(s) + V_C(s) \)
Lösen Sie nach \( V_C(s) \) auf:
\( \displaystyle V_C(s) = \dfrac{V_0}{s(R\;C\;s + 1)} \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ e^{-n\;T\;s} - e^{-(n+1/2)\;T\;s} \right\} \) (II)
Zerlegen Sie den rationalen Ausdruck \( \dfrac{V_0}{s(R\;C\;s + 1)} \) in Partialbrüche (siehe Anhang - A) und schreiben Sie ihn um als:
\( \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = \dfrac{V_0}{s} - \dfrac{R\;C V_0}{R\;C s + 1} \)
Teilen Sie den Zähler und den Nenner des rechten Terms durch \( R\;C \), faktorisieren Sie \( V_0 \) und schreiben Sie es um als:
\( \dfrac{V_0}{s(R\;C s + 1)} = V_0 \left(\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right) \)
Ersetzen Sie das Obige im Ausdruck für \( V_C(s) \), wie in (II) angegeben, um \( V_C(s) \) wie folgt zu schreiben:
\( \displaystyle V_C(s) = V_0 \left(\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right) \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ e^{-n\;T\;s} - e^{-(n+1/2)\;T\;s} \right\} \)
Das Obige kann wie folgt geschrieben werden:
Wir verwenden nun die Formeln und Eigenschaften der Laplace-Transformation, um die inverse Laplace-Transformation \( v_C(t) \) (Zeitbereich) von \( V_C(s) \) zu finden.
Wir müssen die inverse Laplace-Transformation anwenden, um \( v_C(t) \) aus \( V_C(s) \) zu finden:
\( \displaystyle v_C(t) = \mathscr{L^{-1}} \left\{ V_C(s) \right\} \)
\( \displaystyle = V_0 \sum_{n=0}^{n=\infty} \left\{ \mathscr{L^{-1}} \left\{ e^{-n\;T\;s} \left (\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right) \right\}
\\\\
\quad \quad \quad \quad
- \mathscr{L^{-1}} \left\{ e^{-(n+1/2)\;T\;s} \left (\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right) \right\} \right\} \)
Die beiden Hauptterme innerhalb der geschweiften Klammern können geschrieben werden als:
\( \mathscr{L^{-1}} ( e^{-\tau s} F(s) ) \)
Eigenschaft 2 in den Eigenschaften der Laplace-Transformation kann geschrieben werden als:
\( \mathscr{L^{-1}} ( e^{-\tau s} F(s) ) = u(t- \tau) f(t - \tau) \), wobei \( f(t) \) die inverse Laplace-Transformation von \( F(s) \) ist.
Wir verwenden nun die Formeln der Laplace-Transformation zur Auswertung:
\( \displaystyle \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} \)
\( \displaystyle = \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s} \right\} - \mathscr{L^{-1}} \left\{ \dfrac{1}{s + \dfrac{1}{R\;C}} \right\} \)
\( = u(t) - u(t) e^{-\frac{t}{R\;C}} = u(t)(1 - e^{-\frac{t}{R\;C}}) \)
Unter Verwendung des Obigen schreiben wir nun \( v_C(t) \) wie folgt:
\( \displaystyle v_C(t) = \displaystyle V_0 \sum_{n=0}^{n=\infty} \left \{ u(t-nT) \left(1 - e^{- \dfrac{t - n \; T}{R \;C} } \right)
\\\\
\quad \quad \quad \quad
- u(t-(n+1/2)T) \left(1 - e^{-\dfrac{ t - (n + 1/2) T}{\; R \; C} } \right) \right\} \)
Numerische Anwendungen
Angenommen, \( V_0 = 10 \) V, \( R = 200 \; \Omega \) und \( C = 5 \) mF.
\( R\;C = 200 \times 5 \times 10^{-3} = 1 \) s (Sekunden)
Im Folgenden sind die Diagramme des Eingangssignals \(v_i(t) \) als Rechtecksignal, das oben als Summe verschobener Stufenfunktionen definiert ist, und der Spannung \( v_C(t) \) über dem Kondensator, ebenfalls oben angegeben, dargestellt. Es gibt vier Diagramme für unterschiedliche Werte der Periode \( T \) des Eingangssignals.
a) \( T = 15 RC = 15 \) s
Abb.3 - Diagramme des Eingangssignals und der Spannung v_C(t) über dem Kondensator für eine Periode T = 15 RC
b) \( T = 10 RC = 10 \) s
Abb.4 - Diagramme des Eingangssignals und der Spannung v_C(t) über dem Kondensator für eine Periode T = 10 RC
c) \( T = 5 RC = 5 \) s
Abb.5 - Diagramme des Eingangssignals und der Spannung v_C(t) über dem Kondensator für eine Periode T = 5 RC
d) \( T = 2 RC = 2 \) s
Abb.6 - Diagramme des Eingangssignals und der Spannung v_C(t) über dem Kondensator für eine Periode T = 2 RC
