Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Введение в синтез пассивных цепей. Учебное пособие.pdf
4. Синтез четырехполюсников
p
+
A
B
A
B
+
p
+
p
=
p
+
A
B
Пример 2. Реализовать четырехполюсник с нагрузкой
3
kp
32
pp
++
221
()
np
()
1
=− ,
()
mp
2
.
()
Yp
22
= ;
Решение.
()
Kp
Kp
()
=
()
Kp
()
()
np
=
1
() ()
mp np
+
22
()
p
. ( )
p
=
p − нечетный полином, тогда
.
Yp
12
np
mp
2
()
2
()
2
1 ОмR = и
() 2 2 1 (2 1) ( 2)
pp p p p p p=+ + += ++ + ,
32 2 3
3
()
Yp
12
=−
2
21
p
kp
,
Yp
22
Поскольку все нули передачи при 0
используем вторую схему Кауэра (рис. 87).
Рис. 87
1
Yp
22
()
=
11
+
p
3
41
p
2
3
2
p
()
+
=
2
21
p
.
, то для реализации
.
+
3
()Yp
22
2
Пример 3. Реализовать четырехполюсник с нагрузкой
1 ОмR = и
2
kp
()
Kp
=
32
pp p
++
61515
.
p
Решение.
Kp
=
. ( )Ap − нечетный полином, тогда
p
101
Введение в синтез пассивных цепей
+
p
p
=
p
p
=
p
Z
p
p
Z
B
kp
−
()
Kp
2
615
p
=
3
pp
615
+
15
+
2
p
+
()
Yp
,
12
1
+
=−
kp
,
2
615
p
Yp
Поскольку имеется один нуль передачи при
()
22
3
15
p
+
=
2
615
p
0
и два нуля пере-
.
+
дачи при
(рис. 88).
Реализуем нуль передачи при 0
=∞, следует использовать комбинацию обеих схем Кауэра
Рис. 88
.
Yp
22
()
=
1
+
15
,
p
2
p
615
3
+
()
Yp
22
==
15
p
11
2
+
p
3
pp
+
15
1
′
+
p
()
p
,
102
115
′
Zp
4.7.2. Реализация схемы без потерь, нагруженной
только со стороны источника сигнала (рис. 89)
При
1 ОмR =
1
Таким образом,
3
=
()
Kp
()
Kp
p
+
5
p
.
2
Z
12
=
1
+
() ()
Ap m p
.
11
==
pmpnp
() () ()
22
11
=
()
Yp
+
p
1
+
22
1
.
1
p
+
5
3
B
B
Z
K
Z
Z
+
p
p
p
p
=
p
=
или
4. Синтез четырехполюсников
() ()
Ap n p
==
()
Kp
pmpnp
() () ()
22
1
,
+
где
номы;
или
()mpи 2()mp − четные полиномы; 1()np и 2()np − нечетные поли-
1
() () ()
pmpnp=+ − полином Гурвица.
Сравнивая последние выражения с
22
mp
()
Zp
12
= ,
np
()
Zp
12
= ,
()
1
()
2
()
np
1
()
mp
2
Рис. 89
Zp
11
()
Kp
()
Zp
11
()
= .
mp
Z
12
=
1
+
11
()
mp
2
= ;
()
np
2
()
np
2
()
2
, получим
Следовательно, проблема реализации ()
ной реализации
Пример 4. Реализовать
Числитель функции передачи четный, следовательно,
Kp
()
=
Поскольку нули передачи при
Кауэра (рис. 90).
Проверка правильности решения.
12
1
()
p
3
p
+
k
и
p
2
3
+
3
.
()
p
11
()
Kp
, т. е.
()
Zp
11
=
2
33
pp
Zp
12
= ,
p
+
3
k
p сводится к одновремен-
.
+
k
()
Zp
3
11
2
3
p
+
= .
3
∞, то реализуем первую схему
1
.
103
Введение в синтез пассивных цепей
+
+
p
p
p
p
=
p
Возьмем уравнение делителя напряжения
U
1
p
1
++
3
11 3
⋅⋅ =
1
pU
pp
1
p
Рис. 90
2
33
+
Пример 5. Реализовать
k
()
Kp
=
43 2
410169
pp p p
+++
Числитель функции передачи четный, следовательно,
k
Kp
()
3
pp
+
=
416
pp
++
+
1
10 9
3
+
416
p
, т. е.
()
Zp
12
=
k
3
416
+
,
p
.
.
Zp
11
=
42
10 9
pp
++
3
416
p
+
.
Поскольку нули передачи при
Кауэра (рис. 91).
=+
()
Zp
11
∞, то реализуем первую схему
Рис. 91
p
21
4
p
3
1
+
31
+
p
5
.
10
9
104
4. Синтез четырехполюсников
+
p
p
p
+
p
=
p
=
p
+
p
p
p
p
K
p
=
2
Пример 6. Реализовать
Kp
=
kp
2
33
pp
+
.
Числитель функции передачи четный, следовательно,
2
kp
Kp
()
2
p
=
3
p
1
+
2
3
+
, т. е.
()
Zp
12
kp
= ,
3
()
Zp
11
2
3
p
= .
3
3
Поскольку нули передачи при 0
Кауэра (рис. 92).
Пример 7. Реализовать
()
Zp
11
Рис. 92
()
Kp
=
, то реализуем вторую схему
11
.
+
3
p
2
kp
32
221
pp
++
.
Числитель функции передачи четный, следовательно,
2
kp
3
kp
+
2
2
3
2
p
Kp
()
=
21
1
p
+
3
+
p имеет два нуля передачи при 0
()
+
, т. е.
2
+
2
p
Zp
12
=
,
p
Zp
11
=
и один при p=∞, по-
2
21
p
+
3
.
2
p
+
этому используем первую схему Кауэра для реализации нуля при
105
Введение в синтез пассивных цепей
p
p
=
′
p
+
p
+
R
+
j
j
R
=∞, а затем вторую схему Кауэра для реализации нулей при 0
(рис. 93).
Рис. 93
3
2
21 1
p
()
Zp
11
==
+
3
2
pp
+
p
+
Yp
()
′
,
Yp
()
2
=
2
p
21
,
2
121
′
Yp
()
′
==
()
Zp
2
p
.
3
2
4.7.3. Реализация четырехполюсника
без потерь с двухсторонними нагрузками (рис. 94)
Известно, что передаточная функция
ZR
()
Kp
=
RZRZRZ
12 112 221
12 2
++
, т. е.
ее вид не позволяет простым образом идентифицировать Z- или
Y-параметры четырехполюсника без потерь. Поэтому используется иной
подход к реализации передаточной функции по входной функции полного
сопротивления.
Вводятся два коэффициента − коэффициент передачи τ( ω)
и коэф-
фициент отражения ρ( ω)
2
τ( ω)Pj
106
вых
= ,
Р
вх
P
вых
(через отношение мощностей):
2
( ω)Uj
2
= ,
R
2
Р
вхт
=
1
12
( ω)Uj
R
+
2
2
( ω)
Uj
,
Р
вхт
1
= ,
4
R
1
RR
=
12
4. Синтез четырехполюсников
R
R
j
K
≤
+
R
R
=
где
P − мощность, выделяемая в нагрузке
вых
, вхР , − мощность, отда-
2
ваемая генератором (при четырехполюснике реактивном).
мальная мощность, отдаваемая генератором при
2
( ω)
Uj
PR R
22
вых 11
τ( ω)(ω)
== = .
Р RR
j − передаточная функция по напряжению.
( ω)
44
вхт 22
2
Uj
( ω)
1
Рис. 94
2
R=.
12
Kj
Поскольку
P Р< , то
вых вхт
τ( ω)1j
2
.
Определим коэффициент отражения как дополнение коэффициента
передачи до единицы
ρ( ω) τ( ω)1jj
22
.
=
Р − макси-
вхт
При четырехполюснике без потерь мощность, отдаваемая на вход че-
тырехполюсника, равна мощности, выделяемой в нагрузке:
2
( ω)
Uj
==,
Р ZjIj
вх 1
( ω)
Kj
ρ( ω)1τ( ω)1
jj
1
=−
RR jX
++
1
Re[ ( ω)] ( ω)
ЧП BX
Re[ ( ω)] ( ω)(ω)
ZjIj Uj=
212
2
==⋅=
22
BX
U
1
I
1
222
UUIRZj
2212
UIU
111
=− =− ⋅ =
4(ω)
RR
1
(ω)(ω)
2
22
( ω)
=+ .
Zj
BX
1
4Re[(ω)]
RR Z j
12
R
, ((ω)(ω)(ω))
2
Zj R jX
RZ j
2
BX
2
R
2
.
Re[ ( ω)]
RZ j
1
+
1
BX
BX
BX
BX
( ω)
( ω)
+
+ .
2
.
2
107
Введение в синтез пассивных цепей
R
Z
Z
Z
Z
−
+
p
p
Z
R
B
p
p
K
p
p
p
Z
p
p
p
p
p
R
R
R
ρ( ω) ρ( ω)1
jj
⋅− =− =
()
RR X
1
222
24
RR R X RR
==
()
RR X
1
Таким образом,
22
++
ρ()
p
=±
BX
BX
+++−
1122 1
т. е. задача сводится к реализации
()
RR X
1
()
RR X
1
()
pR
pR
()
1
1
BX
полюсник и одно активное сопротивление
m
kp
Этапы реализации
1 ОмR = .
1
Этап 1. Находим ρ()
Kp
ρ()ρ()1 ()()
= в виде схемы Дарлингтона при
()
p
()
из выражения
4
R
R
1
2
pKpKp
−=− −.
4
RR
1
22
++
22
−+
22 2
++
или
()
Zp
BX
p , содержащего LC-четырех-
.
2
=
()
( ω)
jR
BX
jR
( ω)
BX
1 ρ()
±
=
∓
1 ρ()
2
−
1
+
1
,
.
Если правая часть этого выражения не обладает квадрантной симметрией (нули и полюсы в плоскости комплексного переменного не симметричны относительно реальной и мнимой осей), то такая ()
p не реализуется.
Если же правая часть последнего выражения обладает квадрантной
симметрией, то имеется больше чем один ρ()
, удовлетворяющий последнему
выражению. В этом случае в качестве решения выбирается минимальнофазовая функция ρ()
полуплоскости). Если ρ()
(функция, не имеющая нулей и полюсов в правой
неминимально-фазовая функция, то ()
BX
p
реализуется L и C – отрицательными (как в методе Бруна).
1 ρ()
Этап 2. После нахождения ρ()
()
Zp
BX
=
1 ρ()
−
1 ρ()
+
, определим
, т. е. имеется две возможности.
Zp
()
BX
+
=
−
1 ρ()
или
Поскольку обе формы взаимно обратные, то, очевидно, одна дает
1
окончательно
Чтобы определить значение
, а вторая
2
.
2
, нужно определить соотношение m и n.
2
Если 0m = , то четырехполюсник реализуется первой схемой Кауэра
RZ= ; при m = n четырехполюсник реализуется второй схемой
и
2
Кауэра
(0)
BX
RZ=∞.
2
BX
()
108
4. Синтез четырехполюсников
R
Z
K
Z
B
=
p
+
=
p
=
p
=
p
−
+
p
−
−
При mn≠ (0 mn<<) передаточная функция обеспечивает пропус-
кание полосы частот (полосовой фильтр),
находят по окончательному
2
результату одной из форм Кауэра.
Этап 3. Реализуется ()
p . Чтобы реализовать ()
BX
p по ()
BX
p ,
необходимо удовлетворить требования к нулям передачи, так как это делалось в предыдущих случаях.
0
kp
Случай 1.
Kp
= , 0m
()
p
()
.
Пример 8. Реализовать
()
Kp
Поскольку нули передачи при
=
2
21
∞, то четырехполюсник реализуем
при
p
+
1 ОмR
1
и
2
первой формой Кауэра, т. е. схема − фильтр нижних частот (рис. 95).
k
Рис. 95
Определим ρ()
.
kK
(0)
R
==
2
RR
+
12
1
,
2
11
41
4
R
ρ()ρ()1 ()()
pKpKp
−=− −=
pp
==
22
( 2 1)( 2 1)
pppp
++ −+
1
R
2
42
211
−+−
⋅
1
⋅⋅=
1
(2)()( 2)
pp p p
+−−+
22
( 2 1)( 2 1)
pppp
22
22
21 21pppp
++ −+
+−+
.
1 ОмR = .
может быть любым из следующих:
ρ()
(2)
pp
=
2
(21)
pp
++
(2)
pp
ρ()
p
−+
=
2
(21)
pp
++
;
ρ()
;
ρ()
p
p
ρ()
+
p
(2)
pp
=
(21)
=
(21)
+
2
pp
(2)
pp
−+
2
pp
+
+
;
;
109
Введение в синтез пассивных цепей
−
−
+
p
p
p
p
−
p
p
p
p
p
+
L
=
ρ()
p
ρ()
p
−+
=
2
(21)
pp
++
(2)
pp
−−+
=
2
(21)
pp
++
;
;
ρ()
p
ρ()
p
=
=
(2)
pp
−+
2
(21)
pp
(2)
pp
−−+
2
(21)
pp
;
+
.
+
(2)
pp
Из восьми возможных вариантов только первый вариант является минимально-фазовым решением (нули и полюсы лежат в левой полуплоскости).
(2)
pp
Тогда
()
Zp
BX
=
1
Zp
BX
2(22)123,411
==
ρ()
+
p
=
2
(21)
pp
1 ρ()
+
1 ρ()
−
()
1
22
++ + + +
(2 2) 1
,
22
==
22
()
Zp
2
BX
++++
21 2
pp p
pp p
++−−
21 2
pp p
−+
p
.
+
1 ρ()
=
1 ρ()
+
0,59 1
.
.
p
+
Реализуем четырехполюсник первой формой Кауэра (рис. 96).
Рис. 96
2 3,41 1 0,59 1
(2 3,41 ) 3,41
−+
0,59 1 1
0,59 0,59
2
2
−
pp
++
pp
+
p
pp
.
1 1
1 1
−
0
Таким образом, в схеме (рис. 96)
110
3, 41 Гн
, С 0,59 Ф=.