Bessonov1 (1063915), страница 59
Текст из файла (страница 59)
Степени полиномов числителя и знаменателя отличаются на единицу. Нули и полюсы 7(р) можно изобразить условными значками из комплексной плоскости, скажем, нули кружками, полюсы крестиками. Полученную картину называют картой нулей и полюсов. Эта карта наглядно характеризует частотные свойства двухполюсника и реакцию его при воздействии единичного напряжения.
По расположению и количеству нулей на ней можно определить число апериодических и колебательных компонент, которое содержит свободная составляющая, и быстроту затухания той или иной из них во времени. Чем ближе к мнимой оси расположены нули, тем медленнее затухает соответствующая им свободная составляющая. Существует несколько способов реализации двухполюсников по заданной Х(р), удовлетворяющей перечисленным в ф 10.2 условиям. Три основных способа реализации рассмотрены в ф 10.3 — 10.5.
Рис. 10.1 ления названы Х„Е,, 7,, ..., а поперечные проводимости — У2, У„У6, ..., могут быть представлены непрерывной дробью Для того чтобы убедиться в этом, проделаем небольшие выкладки. Найдем входную проводимость правой части схемы по отноше- 1 нию к зажимам тп. Она равна . Суммарная проводимость 2~+1/ 1'6' правой части схемы по отношению к зажимам тп с учетом ветви с 1 проводимостью У4 равна У4+, .Входное сопротивление по от- 5+ 6 ношению к тем же зажимам 1 4 У +1/У (10.2) 331 Входное сопротивление всей схемы равно 1 Х)+ У2+ ~з+ У+ 7~+1/Уб Таким образом, возникает задача о переходе от (10.1) к (10.2), т е.
задача о последовательном упорядоченном определении элементов лестничной схемы (Я„Х,, ...,; У2, У4, Ув, ...) по выражению (10 1). С этой целью: 1) располагаем полиномы И(р) и М(р) по убывающим либо по возрастающим степеням р; 2) делим многочлен на многочлен, следя за тем„чтобы в процессе деления получались положительные (не отрицательные) слагаемые и чтобы они не содержали р в степени больше 1 и меньше — 1; 3) учитываем, что если в процессе деления возникнет необходи мость перейти от расположения полиномов по убывающим степе ням к расположению их по возрастающим степеням, то эта опера ция вполне допустима. При делении полинома Ф на полином М будет получено частное Е, и остаток О,/М, т.
е. М 01 1 г= — =к,+ — =к,+ —. и и и/о,' При делении М/О будет получено частное У, и остаток Оз 1 01 6з . Но — = Я + — = Яз+ —. Поэтому О, О,/Оз Оз Оз Оз/Оз М 1 — = Уз+ 01 02/ ОЗ На основании изложенного процесс последовательного определения элементов можно представить следующей схемой: Оз 7504 Пример 112. Определить параметры лестничных схем, для которых р4+9р +8 Я(Р) = з, РасполагаЯ сначала пРи делении полиномы по Убывающим, а рз+зр затем (для реализации второй схемы) по возрастающим степеням р. Как будет видно из дальнейшего, в процессе деления в обоих случаях не возникнет необходимости в переходе от расположения по убывающим к расположению по возрастающим степе ням р. Р е ш е н и е.
Производим деление, расположив слагаемые по убывающим сте пеням р: 332 На рис. 10.1, б изображена схема, и на ней указаны соответственно в генри и фарадах значения индуктивностей и емь отей„полученные при делении, когда слагаемые были расположены по убывающим степеням. Так как примеры имеют чисто иллюстративный характер, то не следует обращать внимание на то, что индуктнвности и емкости в примерах достигают прах~ н утки трудно осуществимых значений. Кроме того, реализуемые здесь Х(р) можно рассматривать как нормированные по частоте и значению (см. $10.9). В этом случае от нормированных й„, Е„, С„параметров переходят к действительны ц, осуществить которые практически уже не составит затруднений.
Схема и параметры для второго случая, когда при делении слагаемые расположены по возрастающим степеням р, даны на рис. 10.1, в. Рассмотрим пример, который является иллюстрацией того, что иногда в процессе деления возникает необходимость изменения порядка расположения слагаемых. Пример ! И. Требуется реализовать лестничной схемой 2р +2р+1 Р е ш е н и е. Так как получаем отрицательные слагаемые, дальнейшее деление прекращаем " "ереходим к расположению по возрастающим степеням ЗЗЗ р' р~ ф 10.4. Реализация двухполюсников путем последовательного выделения простейших составляющих.
В качестве введения ко второму способу реализации двухполюсника запишем операторные сопротивления для простейших одно- и двухэлементных двухполюсников. На рис. 10.2, а — д изображены простейшие двухполюсники и записаны соответствующие им операторные сопротивления; на рис. 10.2, е, ж — сопротивления и проводимости и на рис. 10.2,з — проводимость. Для рис. 10.2, а С=1/а„, для рис. 10,2, б 1=а,, для рис.
10.2, и 2а, = 1/С, и ю', = 1/(Е,С,), для рис. 10.2, г а = Я„и т = ~ / Е~, для рис. 10 2, д Ь=! /С и 0=1/ЯС. Сущность метода состоит в том, что заданное Х(р) представляют в виде (рис. 10.3, а) (10.З) с~о ~акр 2(р) = й~р+ — +,'), ° р+Л~(р) р 2» 2 Первому слагаемому а,р соответствует последовательно соединенный индуктивный элемент индуктивностью а„второму — последовательно соединенный емкостный элемент емкостью 1/а,. 2и~р Каждому слагаемому вида,, соответствует последовательно р +~и соединенный параллельный резонансный контур (слагаемому 2а~р , — пара полюсов р„= -+-уа„, находящихся на мнимой оси р +~к На рис.
10.1, г изображена соответствующая схема. В заключение отметим, что могут встретиться такие 7(р), которые невозможно представить лестничной схемой. В этом случае применяют второй способ реализации, описанный в ф 10.4. [Второй способ применяют не только в случае невозможности представления У(р) лестничной схемой.~ Если и он окажется неприменимым (например, при комплексных нулях и полюсах), то следует воспользоваться методом Бруне (см. $10.5) или другими методами. 1(р) а-- р е9) =а,р 7(И- рлл алр 1 Е Ф)=ре+ 1 р~+а2 1лЕл 4 а) У(р) ~ 1 РЩЯ р+ — р л 1 ~ч- 1л Ел 1 уф с ь 1 р+Ф +Й Др) =л+ф 1 г +Г е) Рис. 10.2 плоскости р).
Сопротивление У,(р) уже не содержит полюсов на мнимой оси. Функцию Х,(р), среди полюсов которой нет полюсов, находящихся на мнимой оси, называют фуикчией минимального реактивного сопротивления. Возможны следующие варианты для к,(р)'. алр а) Х,(р) = Ъ' осуществляют последовательным соединением 1 ~ р+Рпл двухполюсников рис. 10.2, г; б)Х1(р) = Ъ +6ореализуют в виде резистора сопротивлением с р+й бо и последовательно с ним соединенных двухполюсников рис.
10.2, д; в) Е,(р) = Ьо осуществляют в виде резистора сопро ~ ивлением Ь . Индуктивность а = йт (рис. 10.3, а). г~р~ р „Р Величину ао в схеме рис. 10.3, а определяют как интегральный вычет функции 2(р)=М(р)/М(р) в полюсе р=0: ао —— КеэХ(р) = И(0) / М'(О), или ао — — 11гпрЕ(р). р=о р о 2алр Коэффициент ал в выражении равен интегральному выче- Р +ыл 1 В пунктах а) — в) полагаем, что коэффициенты ал, Ьл и Ьо действительны и "оложительны. двухполюсника по его Г(р) в виде последовательного соединения простейших двухполюсников, начиная с некоторого этапа, может оказаться целесообразным перейти от сопротивления к проводимости и дальнейшую реализацию осуществлять уже параллельно соединенными двухполюсниками. Потребность в таком переходе может возникнуть, например, когда остающаяся для реализации часть 2 (р) имеет нуль при р=О.
Этому нулю соответствует полюс У(р) при р=О, который реализуют индуктивным элементом. Пример 114. Реализовать Х(р) = р'+зр'+2р+2 р(р~+2р+ р) Р е ш е н и е. Так как Л(р) имеет полюс при Р=О, то в схеме может быть выделен последовательно включенный конденсатор емкостью С=1/ао, где а = Вез К(р)=2/2=1.
Функция г.(р) не имеет полюсов, лежащих на мнимой оси. р=о Поэтому в состав его не входят последовательно включенные двухполюсннки рис. 10.2, в. Определим, какое Л(р) осталось реализовать, обозначим его 3(р) (р) 2 Р р +2р+2 Функция Хз(р) имеет нуль при Р=О. Для реализации оставшейся части схемы р +2р+2 перейдем к проводимости Уз(р) = р(р+2) . Полюсу этой проводимости при Р=О соответствует индуктивный элемент индуктивностью ао — — Кеа Уз(р) = ! . р=о Осталось реализовать У2( ) = уз(р) — — = = — + —.
р'+р р Р Р(р+2) Р+2 р+2' Слагаемому р/(р+2) в соответствии с рнс 10.2, ж отвечает ветвь из последовательно соединенных )т=1 Ом и С=0,5 Ф. В соответствии с рис. 10 2, е проводимос ~и 1/(р+2) отвечает ветвь с А=1 Гн и )с=2 Ом. Полученная схема изображена на рис. 10.4, а. Е~ г) Рис.
10.4 337 Пример 115. Реализовать Х(р) = Р +р +2р р +р +р+1 Р е ш е н и е. При Р=Оу Х(р) нет полюса, поэтому последовательно включенный конденсатор у искомого двухполюсника отсутствует. Функция Л(р) имеет два полюса р|2 — — ~у, расположенных на мнимой оси. Выделим параллельный резонансный контур рис. !0 2, в, соответствующий этим полюсам: Рз-1-Р~+2Р а|, — — Вез У(р) = Коз = —, С = — =1Ф. 3Р2+2Р 1-1 — 3+2|+1 2' ~ 2д„, ыа — — 1; Е~ = 1 / (|в|~С,) = 1 Гн. Найдем функцию минимального реактивного сопротивления: г,(р) = к(р)-,~ э+1 р+1 В соответствии с рис. 10.2, г реализуем У|(р) в виде параллельного соединения К=! Ом и ь=1 Гн.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
