Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P10

Chia sẻ: Van Kent Kent | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

0
346
lượt xem
202
download

Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P10

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giải - Đáp số - Chỉ dẫn 4.1. 1. a) Với đồ thị hình 4.23. thì đây là một hàm chẵn nên bk=0. Xung đầu tiên có biểu thức giải tích: tx ⎧ ⎪0 khi − T

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P10

  1. Bài giải - Đáp số - Chỉ dẫn 4.1. 1. a) Với đồ thị hình 4.23. thì đây là một hàm chẵn nên bk=0. Xung đầu tiên có biểu thức giải tích: ⎧ tx ⎪0 khi − T < t < − 2 ⎪ ⎪ t t u( t ) = ⎨ h khi − x ≤ t ≤ x ⎪ 2 2 ⎪ tx ⎪0 khi
  2. . b) Tìm phổ theo Ck : T tX tx t − jk ω1 X t jk ω1 X . 1 2 h 2 he − jk ω1t 2 he 2 −e 2 Ck = ∫ u(t )e− jk ω1t dt = ∫ e− jk ω1t dt = = = T T T tX T − kω1 t x T − kω1 − − − 2 2 2 t jk ω1 X t − jk ω1 X t t 2 −e 2 2 sin kω1 x sin kπ x he h 2 = ht x T = h sin kπ t x = T kω1 T kω1 T t kπ T kπ x T Theo biểu thức cuối: ht x A 0 = C0 = (*) T t sin kπ x 2 ht x T A k = 2C k = (**) T tx kπ T Như vậy cả hai cách cho cùng một kết quả. Pha ϕk của các hài bằng 0 nếu Ak>0, bằng π nếu Ak
  3. ∞ u(t ) = A 0 + ∑ A k cos(kω1t + ϕ k ) = k =1 tx tx ∞ sin kπ ∞ sin kπ ht x T coskω t ) = ht x (1 + T ejk ω1t ) (***) (1 + ∑ 2 1 ∑ T k =1 tx T k =1 tx kπ kπ T T t 1μS 3. Với tX=1 μS, T=5μS, độ cao h= 20 [V] thì x = = 0,2 T 5μS Tính theo công thức: 2h A 0 = 0,2 h; A k = sin 0,2 kπ; k = 1,1,3.....12 kπ Kết quả tính cho trong bảng 4.2 Bảng 4.2. k 0 1 2 3 4 5 6 AK 4. 7,484. 6,055. 4,036. 1,871. 0 -1,247. IAkI 4 7,484 6,055 4,036 1,871 0 1,247 ϕk 0 0 0 0 0 0 π k 7 8 9 10 11 12 13 AK -1,73 -1,513 -0,832 0 0,680 1,01 0,931 IAkI 1,73 1,513 0,832 0 0,680 1,01 0,931 ϕk π π π 0 0 0 0 Từ kết quả bảng 4.2 có đồ thị phổ biên độ hình 4.24.a), phổ pha hình 4.24b) (với ω1=2π/T=1 256 737 rad/s, F1= 200Khz.) . 4.2. Theo tính chất trễ trong miền thời gian: Nếu u(t) có phổ là A k thì phổ của . tín hiệu bị trễ u(t ± τ) sẽ có phổ là A k e±jτkω1 nên: -Tín hiệu hình 4.4a) vượt trước so với tín hiệu trong BT4.1 là tX/2→ phổ sẽ tx j kω1 là biểu thức (**) trong BT(4.1) nhân với e (thành phần A0 giữ nguyên như 2 0 (*) vì e =1.) -Tín hiệu hình 4.4b) chậm so với tín hiệu trong BT4.1 là tX/2→ phổ sẽ là tx −j kω1 biểu thức (**) trong BT (4.1) nhân với e 2 Như vậy phổ biên độ không thay đổi, chỉ thay đổi phổ pha so với BT(4.1). 4.3. Hàm lẻ. ⎧0 khi k ch½ n 2E ⎪ bk = (1 − coskπ ) = ⎨ 4 E kπ ⎪ kπ khi k lÎ ⎩ ∞ 4E u( t ) = ∑ sin(2 k + 1)ω1 t k = 0 ( 2 k + 1) 141
  4. 2π . 1 T − jk t 4.4. Trong chu kỳ đầu thì u(t)=At nên C k = A ∫ te T dt T 0 Lấy tích phân từng phần: 2π 2π − jk t − jk t T u=t; du=Adt; dV= e T dt ; V= e → 2π − jk T ⎡ ⎤ ⎡ − jk 2 π t ⎤ ⎢ 2π ⎥ 2π − jk t π . A⎢ e T T 1 T − jk T t ⎥ A ⎢ 2 e− jk 2 π e T T ⎥ AT AT j 2 C k = ⎢t + ∫e dt⎥ = ⎢T − ⎥= = e T⎢ 2π 0 2π 0 ⎥ T⎢ − jk 2π 2π 2 0 ⎥ − jk 2π k 2π − jk jk ⎢ ( jk ) ⎥ ⎢ ⎣ T T ⎥ ⎦ 14243 ⎥T ⎢ ⎣ =0 ⎦ 2π π ∞ AT j ( k T t + 2 ) Chuỗi Fourrie ở dạng phức: u(t ) = ∑ e k = −∞ 2 kπ . Chuỗi Fourrie ở dạng thực: ở đây phải tính các Ak qua C k ,lúc đó chú ý là . . từ biểu thức của C k trên, khi k =0 thì C k = ∞ nên tính riêng C0: . 1T 1 At 2 T AT C0 = ∫ Atdt = = ; T0 T 2 0 2 π . AT j 2. Với k=1,2,3,4..→ A k = 2 C k = e kπ AT ∞ AT 2π π AT ⎡ 1 ∞ 2 2π π ⎤ u(t)= +∑ cos(k t+ )= ⎢1 + π ∑ k cos( T t + 2 )⎥ k 2 k =1 kπ T 2 2 ⎣ k =1 ⎦ 4.5. Chỉ thay A=50 mA, T=2 μS vào các biểu thức phổ trong BT(4.4) vừa xét để tính các vạch phổ A0÷A13. 4.6.Theo hình 4.25 thì đây là hàm lẻ nên ak=0. có T=2 μS=2.10-6S.Tính bk với k=1,2,3,4… μS Chu kỳ đầu tiên có biểu thức: s(t ) = At = 4.10 6 t [ mA] với -10-6 S ≤ t ≤ 10-6 S 142
  5. T 2 2 − coskω1 t bk = ∫ At sin k ω1 tdt ; Đặt t = u → du=dt ; dv=sinkω1tdt → v= kω1 T T − 2 ⎡ T T ⎤ 2A ⎢ cos k ω 1 t 2 2 cos k ω t 1 ⎥ bk = ⎢− t + ∫ dt ⎥ ; T ⎢ k ω1 T T k ω1 ⎥ ⎢ − − ⎥ ⎣ 2 2 ⎦ Thành phần thứ nhất trong tổng: 1 T 2π T T 2π T T − [ cos k − ( − ) cos(− k )] = − 2 cos k π = kω1 2 T 2 2 T 2 2 k ω1 T T T T − cos k π = − víi k ch½ ; n víi k lÎ ) ⇒ b k = A k = ( − 1) k +1 ; k = 1,2,3,4 ... kω1 kω1 kω1 k ω1 Thành phần thứ hai trong tổng: T T T sin kω1 t T sin kω1 − sin(− kω1 ) 2 sin kω1 2 sin kπ 2 2 2 2 = T = = =0 ( kω1 ) 2 − 2 ( kω1 ) 2 ( kω1 ) 2 ( kω1 ) 2 2A T 2A T AT Vậy b k = ( −1) k +1 . = ( −1) k +1 . = ( −1) k +1 . (*) T kω1 T 2π kπ k T 4 Với A=4,T=2.10 thì A k = b k = (−1) k +1 2.10-6 -6 kπ ∞ 8.10 −6 ⎧0 khi k lÎ . s(t)= ∑ sin(kω1 t + ϕ k ) víi ϕ k = ⎨ k =1 kπ ⎩π khi k ch½ . n So sánh modun của biểu thức bk trong (*) với mondun Ak trong bài giải của BT4.4 thì thấy chúng là một (!) vì các dãy xung có cùng cấu trúc,chỉ khác nhau ở quan hệ pha. 4.7. Xung xạ tần (tần số phát xạ được vào không gian) sử dụng trong kỹ thuật rada.ở dãy xung này cần phân biệt các thông số: - U0m biên độ xung điều hoà cao tần. 1 - f 0= ,f0 – tần số của dao động điều hoà cao tần (T0-chu kỳ của dao T0 động điều hoà cao tần) 1 - F= , F- tần số lặp của dãy xung (T- chu kỳ lặp của dãy xung); T τ- động rộng của mỗi xung a) Biểu thức phổ: 143
  6. τ τ . 1 2 U 2 e j ω0 t + e − j ω0 t C k = ∫ U 0 m cosω 0 te − jk ω1t dt = 0 m ∫ e− jk ω1t dt = T τ T τ 2 2 2 ⎡τ τ ⎤ U 0m ⎢2 − j ( k ω1 + ω 0 ) t − j ( k ω1 − ω 0 ) t ⎥ 2 ⎢∫ e dt + ∫ e dt ⎥ 2T ⎢ τ τ ⎥ ⎣2 2 ⎦ Tính riêng từng tích phân trong dấu ngoặc: Tích phân thứ nhất: τ τ τ τ τ τ − j ( kω1 + ω0 ) j ( kω1 + ω0 ) j ( kω1 + ω0 ) − j ( kω1 + ω0 ) sin(kω1 + ω0 ) 2 − j ( kω1 +ω0 ) t e −e 2 2 e −e 2 2 2 ∫e dt = = =2 τ − j ( kω1 + ω0 ) j ( kω1 + ω0 ) ( kω1 + ω0 ) 2 Thành phần này xấp xỉ bằng 0 vì trong thực tế tần số phát xạ rất lớn nên (kω1+ω0) >>1. Tích phân thứ 2: τ τ − j ( kω1 −ω0 ) τ j ( kω1 −ω0 ) τ j ( kω1 −ω0 ) τ − j ( kω1 +ω0 ) τ 2 − j ( kω1 −ω0 )t 2 −e 2 2 −e 2 − j ( kω −ω )t e 2 e e ∫ e 1 0 dt = − j(kω − ω ) τ = − j(kω1 − ω0 ) = j(kω1 − ω0 ) = τ 2 1 0 − 2 τ τ 2j sin(kω1 − ω0 ) sin(kω1 − ω0 ) 2 =2 2 j (kω1 − ω0 ) (kω1 − ω0 ) τ τ . sin(kω1 − ω0 ) sin(kω1 − ω0 ) U 2 = U 0m 2 ;. Ck = 0m T (kω1 − ω0 ) T (kω1 − ω0 ) sin x Để tiện biểu thức thường đưa về dạng : x τ τ sin(ω 0 − kω1 ) sin(ω 0 − kω1 ) . U 0m τ 2 = U 0m τ 2 Ck = T 2 τ 2T τ ( ω 0 − k ω1 ) ( ω 0 − k ω1 ) 2 2 τ sin(ω 0 − kω1 ) . . U .τ 2 A k = 2C k = 0 m . T τ ( ω 0 − k ω1 ) 2 b) Tính phổ: Với T0=10-6 S ; τ=5T0 -mỗi xung hình sin có 5 chu kỳ dao động cao tần. 144
  7. U0m=100V 1 τ f0 = = 1Mhz; ω0 = 2π.10 6 rad/ S ; τ = 5T0 = 5.10 −6 S ; T = 2τ = 10T0 = 10 −5 S; = 0,5; −6 10 T 1 f1 = = 10 5 Hz = 0,1Mhz ; ω1 = 2π.10 5 rad/ S; T τ 5.10 −6 sin ω 0 sin 2 π.10 6 . . U 2 = U 0m 2 U sin 5π.10 6 A 0 = C0 = 0m = 0m =0 T ω0 T ω0 T ω0 AK với k=1,2,3,4…: 5.10 −6 sin[ 2 π.10 6 − k 2 π.10 5 ) ] τ 2 sin[0,5π(10 − k )] A k = U 0m . . −6 = 0,5.U 0 m . T 5.10 [ 0,5π(10 − k )] ( 2 π.10 6 − k 2 π.10 5 ) 2 sin x Với ω0=10ω1 thì k=10 hay A10 sẽ được tính theo công thức lim = 1 và x →0 x đạt max nên A10=0,5U0m.Ta tính được Aktheo công thức cuối với k=0÷20 ở bảng 4.3. Bảng 4.3. k 0 1 2 3 4 5 6 7 Ak[V] 0 3,535 0 4,545 0 6,365 0 10,61 k 8 9 10 11 12 13 14 15 Ak[V] 0 31,83 50 31,83 0 10,61 0 6,365 k 16 17 18 19 20 21 22 23 Ak[V] 0 4,545 0 3,535 0 2,89 0 2,445 Từ bảng dựng đồ thị phổ biên độ hình 4.26 145
  8. ω ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 ω1 4.8. . A C0 = π π . . 2 A ( − 1) k +1 −j A k =1, 2,3 .. = 2 C K = e 2 π ( 4 k 2 − 1) A ∞ A π A ∞ A s( t ) = + 2 ∑ ( − 1) k +1 cos(ω1 t − ) = + 2 ∑ ( − 1) k +1 sin ω1 t π k =1 2 π ( 4 k − 1) 2 π k =1 π ( 4 k 2 − 1) 4.9. αT 2U 0 U0 π 4U 0 αT A 0 = C0 = ; Ak = = αT π αT 2 2 2 2 2 ( ) + k 2 (4 k π + α T 2π 4.10. Biểu thức giải tích trong một chu kỳ: ⎧− E khi − 4 .10 − 6 S ≤ t ≤ − 3 .10 − 6 S ; ⎪ −6 −6 ⎪ (10 6 t + 2 ) E khi − 3 .10 S ≤ t ≤ − 10 S ⎪ ⎪ u( t ) = ⎨ E khi − 10 − 6 S ≤ t ≤ 10 − 6 S ; ⎪ 6 −6 −6 ⎪ ( − 10 t + 2 ) E khi10 S ≤ t ≤ 3 .10 S ⎪− E khi 3 .10 − 6 S ≤ t ≤ 4 .10 − 6 S ⎪ ⎩ T=8 μs = 8.10-6 S.; ω1=2π/T=2π.0,125.106 rad/S. 146
  9. Từ đồ thị đã cho ở hình 4.27.ta thấy tín hiệu thuộc hàm chẵn nên chỉ có ak còn bk =0. 4.10 −6 Thành phần a0= ∫ u(t )dt chính là phần diện tích được bôi trên đồ thị − 4.10 − 6 nên sẽ bằng 0. Chỉ xác định ak với k=1,2,3,4… Biểu thức giải tích của một chu kỳ là: T T T T T T T T T 2 8 4 8 8 4 8 2 8 μS T 2E ⎡−3.10 −6 2 2 6 ak = ∫ u(t ) coskω1tdt = ⎢ ∫ (−1) cos(2kπ.0,125.10 t )dt + −6 T T − 8.10 ⎢−4.10 ⎣ −6 2 −10−6 10−6 ∫ (10 t + 2) cos(2kπ.0,125.10 t ) dt + ∫ cos(2kπ.0,125.106 t ) dt + 6 6 −3.10−6 −10−6 3.10−6 6 6 4.10−6 6 ⎤ ∫ (−10 t + 2) cos(2kπ.0,125.10 t ) dt + ∫ (−1) cos(2kπ.0,125.10 t ) dt⎥ 10−6 3.10−6 ⎥ ⎦ Tính riêng từng tích phân: trong dấu ngoặc: +Tích phân thứ nhất: −3.10 −6 −6 sin(2kπ.0,125.10 6 t ) −3.10− 6 − ∫ cos(2kπ.0,125.10 t )dt = − = 2kπ.0,125.10 6 − 4.10− 6 − 4.10 − 6 −1 6 [sin (−2kπ.0,125.10 6.3.10 −6 ) − sin(−2kπ.0,125.10 6 .4.10 −6 )] = 2kπ.0,125.10 3π 3π − sin kπ sin k sin k −1 4 4 6 [sin (−2kπ.0,125.3) − sin(−2kπ.0,125.4] = 6 = 2kπ.0,125.10 2kπ.0,125.10 2kπ.0,125.10 6 +Tích phân thứ 2: 147
  10. −10 −6 −10 −6 6 6 6 6 ∫ (10 t + 2) cos(2 kπ.0,125.10 t ) dt = ∫ (10 t. cos(2 kπ.0,125.10 t ) dt + −6 −3.10 −3.10 − 6 −10 − 6 6 2 ∫ cos(2 kπ.0,125.10 t ) dt = A 1 + B1 −3.10 − 6 ⎡ ⎤ ⎢ u = t → du = dt ⎥ −10 −6 ⎢ ⎥ A 1 = 10 6 ∫ t . cos( 2 k π.0,125 .10 6 t ) dt = ⎢ dv = cos( 2 k π.0,125 .10 6 t ) dt ⎥ = − 3 .10 − 6 ⎢ ⎥ ⎢ sin ( 2 k π.0,125 .10 6 t ) ⎥ ⎢v = ⎥ ⎣ 2 k π.0,125 .10 6 ⎦ ⎡ sin ( 2 k π.0,125 .10 6 t ) −10 − 6 sin ( 2 k π.0,125 .10 6 t ) ⎤ 10 6 ⎢ t . − ∫ dt ⎥ = 10 6 [ M 1 − N 1 ] ⎢ ⎣ 2 k π.0,125 .10 6 − 3 .10 − 6 2 k π.0,125 .10 6 ⎥ ⎦ − sin ( 2kπ.0,125.10 6.10 −6 ) − sin ( 2kπ.0,125.10 6.310 −6 ) M 1 = (−10 −6 ). − (−3.10 −6 ) = 2kπ.0,125.10 6 2kπ.0,125.10 6 3π sin ( 0,25kπ ) − 3 sin(k ) 10 −6 4 6 2 kπ.0,125.10 −10 −6 sin ( 2 k π.0,125 .10 6 t ) cos ( 2 kπ.0,125 .10 6 t ) −10 − 6 N1 = ∫ dt = − = −6 2 k π.0,125 .10 6 ( 2 kπ.0,125 .10 ) 6 2 − 3.10 − 6 − 3.10 3π cos ( 0,25 kπ ) − cos ( k ) cos ( 2 k π.0,125 .10 6 .10 − 6 ) − cos ( 2 k π.0,125 .10 6 .3 .10 − 6 ) 4 − =− ( 2 k π.0,125 .10 6 ) 2 ( 2 k π.0,125 .10 6 ) 2 ⎡ 3π 3π ⎤ 6 ⎢ − 6 sin ( 0,25 kπ ) − 3 sin(k 4 ) cos ( 0,25 kπ ) − cos ( k 4 ) ⎥ 6 A 1 = 10 [ M 1 − N 1 ] = 10 ⎢10 + ⎥= ⎢ 2 kπ.0,125 .10 6 ( 2 k π.0,125 .10 6 ) 2 ⎥ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ 3π 3π sin ( 0,25 kπ ) − 3 sin(k ) cos ( 0,25 kπ ) − cos ( k ) 4 + 4 2 kπ.0,125 .10 6 ( 2 kπ.0,125 .) 2 .10 6 3π − 10 −6 − sin( 0 , 252 k π ) + sin( k ) B1 = 2 6 4 ∫ cos( 2 k π .0 ,125 .10 t ) dt = 2 6 − 3 . 10−6 2 k π . 0 ,125 . 10 3π 3π sin ( 0 , 25 k π ) − 3 sin( k ) cos ( 0 , 25 k π ) − cos ( k ) A 1 + B1 = 4 + 4 + 6 2 k π . 0 ,125 . 10 ( 2 k π . 0 ,125 .) 2 . 10 6 3π 3π 3π − sin(0,252 kπ) + sin(k ) cos ( 0,25kπ) − cos ( k ) sin ( 0,25kπ ) + sin(k ) 2 4 = 4 − 4 2 kπ.0,125.10 6 (2 kπ.0,125.) 2 .10 6 2 kπ.0,125.10 6 +Tích phân thứ 3: 148
  11. 10 −6 sin (2 kπ.0,125.10 6 t ) 2 sin 0,25kπ 6 10 − 6 ∫ cos(2kπ.0,125.10 t ) dt = −10 − 6 = : −10 − 6 2 kπ.0,125.10 6 2 kπ.0,125.10 6 +Tích phân thứ 4 3.10 −6 3.10 −6 6 6 6 6 ∫ ( −10 t + 2) cos(2 kπ.0,125 .10 t ) dt = ∫ ( −10 t cos(2 kπ.0,125 .10 t ) dt −6 10 10 − 6 −6 3.10 6 ∫ 2 cos(2 kπ.0,125 .10 t ) dt = A 2 + B 2 10 − 6 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 3.10 −6 ⎢ u = t → du = dt ⎥ A 2 = −10 6 ∫ t cos(2 kπ.0,125 .10 6 t ) dt = ⎢ dv = cos(2 kπ.0,125 .10 6 t ) dt ⎥ = 10 − 6 ⎢ ⎥ ⎢ sin( 2 kπ.0,125 .10 6 t ) ⎥ ⎢v = ⎥ ⎢ ⎣ 2 kπ.0,125 .10 6 ⎥ ⎦ ⎡ sin( 2 kπ.0,125.10 t ) 3.10 −6 6 3.10 −6 sin( 2 kπ.0,125 .10 6 t ) ⎤ − 10 6 ⎢ t. − ∫ dt⎥ = −10 6 [ M 2 − N 2 ] ⎢ 2 kπ.0,125.10 6 10 −6 ( 2 kπ.0,125.10 6 ⎥ ⎣ 10 −6 ⎦ sin( 2 k π .0 ,125 .10 6 .3 .10 − 6 ) sin( 2 k π .0 ,125 .10 6 .10 − 6 ) M 2 = 3 .10 − 6 − 10 − 6 = 2 k π .0 ,125 .10 6 2 k π .0 ,125 .10 6 3π sin k . −6 4 sin 0 , 252 k π 3 .10 − 10 − 6 2 k π .0 ,125 .10 6 2 k π .0 ,125 .10 6 3π 3 .10 − 6 cos( k ) − cos( 0 , 25 k π ) sin( 2 k π .0 ,125 .10 6 t ) 4 N2 = ∫ dt = − 10 − 6 ( 2 k π .0 ,125 .10 6 ) ( 2 k π .0 ,125 .10 6 ) 2 3π 3π sin k . cos( k ) − cos( 0 , 25 k π ) 4 sin 0 , 252 k π 4 A 2 = − 10 6 [ 3 .10 − 6 − 10 − 6 + ]= 2 k π .0 ,125 .10 6 2 k π .0 ,125 .10 6 ( 2 k π .0 ,125 .10 6 ) 2 3π 3π sin k. cos( k ) − cos( 0 , 25 k π ) 4 sin 0 , 25 k π 4 −3 + − . 2 k π .0 ,125 .10 6 2 k π .0 ,125 .10 6 ( 2 k π .0 ,125 ) 2 .10 6 3 .10 − 6 sin( 2 k π.0,125 .10 6 t ) 3 .10 − 6 B 2 = 2 ∫ cos( 2 k π.0,125 .10 6 t ) dt = 2 = ( 2 k π.0,125 .10 ) 6 10 − 6 10 − 6 ⎡ sin( 2 k π.0,125 .10 6 .3 .10 − 6 ) sin( 2 k π.0,125 .10 6 .10 − 6 ) ⎤ 2⎢ − ⎥= ⎣ ( 2 k π.0,125 .10 6 ) ( 2 k π.0,125 .10 6 ) ⎦ 3π sin(2 k ) 4 sin(0,25kπ ) 2 − ( 2 kπ.0,125.10 ) ( 2 kπ.0,125.10 6 ) 6 149
  12. 3π 3π sin k . cos( k ) − cos( 0 ,25 k π ) 4 sin 0 ,252 k π 4 A 2 + B2 = −3 + − 2 k π .0 ,125 .10 6 2 k π .0 ,125 .10 6 ( 2 k π .0 ,125 ) 2 .10 6 3π 3π 3π sin k . cos( k ) − cos( 0 ,25 k π ) sin k . 4 sin( 0 ,25 k π ) 4 4 2 −2 =− − 2 k π .0 ,125 .10 6 ( 2 k π .0 ,125 .10 6 ) ( 2 k π .0 ,125 ) 2 .10 6 2 k π .0 ,125 .10 6 sin( 0 ,25 k π ) − ( 2 k π .0 ,125 .10 6 ) +Tích phân thứ 5: 3π 3π 4.10 − 6 sin ( kπ.) − sin ( k ) sin ( k ) − 6 4 = 4 ∫ cos(2kπ.0,125.10 t ) dt = − 3.10− 6 (2 kπ.0,125.10 6 ) (2 kπ.0,125.10 6 ) Tổng của 5 tích phân: 3π 3π 3π sin k cos ( 0,25kπ) − cos ( k ) sin(k ) 4 4 − sin ( 0,25kπ ) 4 + − + 6 2 6 6 2 kπ.0,125.10 (2 kπ.0,125.) .10 2 kπ.0,125.10 2 kπ.0,125.10 6 3π 3π cos(k ) − cos(0,25kπ ) sin k . 2 sin 0,25kπ 4 4 sin(0,25kπ ) − − − + 6 2 6 6 2 kπ.0,125.10 ( 2 kπ.0,125) .10 2 kπ.0,125.10 ( 2 kπ.0,125.10 6 ) 3π 3π sin ( k ) cos ( 0,25kπ) − cos ( k ) 4 =2 4 6 2 6 (2 kπ.0,125.10 ) (2 kπ.0,125.) .10 Kết quả bk: 3π 3π cos ( 0,25kπ) − cos ( k ) cos ( 0,25kπ) − cos ( k ) 2E 4 = E 4 bk = 2 8.10 −6 2 (2 kπ.0,125.) .10 6 2 (0,25kπ) 2 4.11.Hãy so sánh dãy xung này với dãy xung trong BT4.3 để tìm lời giải. a0 U 0 2U 0 4.12.Hàm chẵn nên tìm được A 0 = = ; A k =1,2,3.. = 2 2 π (2k + 1) 2 2 4.13. Biểu diễn tín hiệu qua biến đổi Fourrie ngược ở dạng phức. . * A0 A0 ∞ . * p TB = + ∑Ak Ak 2 k = ±1,±2,±3..... τ τ τ . sin ω . sin ω . sin ω 4.14. a) S( j ω) = A τ 2 b) S( j ω) = A τ 2 e j τω c) S( j ω) = A τ 2 e − j τω τ τ τ ω ω ω 2 2 2 150
  13. 4.15. ω . j θ(ω) A A − jarctg A ω S( j ω) = S( j ω)e = = e α ; S j ω) = ( ; θ(ω) = − jarctg α + jω α 2 + ω2 α 2 + ω2 α 4.16. . τ τ e(β− j ω) t τ e(β− j ω) τ − 1 eβτ .e− j ωτ − 1 S( j ω) = A ∫ eβt .e− j ωt dt = A ∫ e(β− j ω) t dt = A =A =A = 0 0 (β − j ω) 0 (β − j ω) (β − j ω) βτ βτ (e cosβτ − 1) − je sin βτ M j θ ( ω) A =A e (β − j ω) N Víi M = (eβτ cosβτ − 1) 2 + (eβτ sinβτ) 2 = 1 + e2βτ − 2eβτ cosβτ ; N = β 2 + ω 2 ω eβτ sinβτ θ(ω) = arctg − arctg βτ β e cosβτ − 1 4.17. Theo BT.4.14 thì phổ của xung thứ nhất là: tx . sin ω tx a) S1 ( j ω) = At x 2 e− j 2 ω tx ω 2 Theo tính chất trễ thì phổ của xung thứ hai: tx . sin ω tx S2 ( j ω) = At x 2 e− j 2 ω e− jTω tx ω 2 Phổ của xung thứ ba: tx . sin ω tx S3 ( j ω) = At x 2 e− j 2 ω e− j 2 Tω tx ω 2 ……………………………. Phổ của xung thứ n: tx . sin ω tx Sn ( j ω) = At x 2 e− j 2 ω e− j ( n−1)Tω tx ω 2 Theo tính chất tổng của phổ: 151
  14. tx t . . . . sin ω t −j x ω sin ω x − j t x ω S( j ω) = [ S1 ( j ω) + S2 ( j ω) + ...+ Sn ( j ω)] = At x [ 2 e 2 + 2 e 2 e− jTω + tx tx ω ω 2 2 tx tx sin ω tx sin ω tx + 2 e− j 2 ω e− j 2 Tω + ... + 2 e− j 2 ω e− j ( n−1)Tω ] = t t ω x ω x 2 2 tx t sin ω t sin ω x − j t x ω − jnTω At x −j x ω 2 e 2 [1 + e− jTω + e− j 2 Tω + .....e− j ( n−1)Tω ]* = At 2 e 2 1− e = x ω tx ω tx 1 − e− jTω 2 2 t ω ω t ω ω ω sinω x −j t x ω jnT − jnT sinω x − j t x ω jnT 2 − jnT − jnT − jnTω At x 2 e 2 1− e .e 2 .e 2 = At x 2 e 2 e −e 2 e 2 ω x t 1 − e− jTω jT ω − jT ω ω x t jT ω − jT ω − jT ω e 2 .e 2 e 2 −e 2 e 2 2 2 tx ω − jnTω t ω sinω sinnT t 2 −j x ω sinω x sinnT −[( n−1)T+ t X ] ω = At x 2 . 2e e 2 = At x 2 . 2e 2 2 tx ω − jT ω tx ω ω sinT 2 ω sinT 2 2 e 2 2 Chú ý:(*) được áp dụng công thức tổng Sn của cấp số nhân. tx ω sinnTsinω 2 . 2 b) Để vẽ phổ biên độ S(jω)= At x cần chú ý: tx ω ω sinT 2 2 -Với ω=0 thì cần biểu diễn các biểu thứ sin 0 về dạng hàm sinx/x như sau: ω sin nT 2 ω nT . tx ω tx ω 2 sin ω sin nT sin ω nT S(0) = S( j ω) = At x 2 . 2 = At 2 . 2 = ω→ 0 tx ω x tx ω ω sin T ω sin T 2 2 2 ω 2 T 2 ω T 2 152
  15. ω sin nT 2 tx ω sinω nT nAt x 2 . 2 = nAt = 8.40.10 −6 = 32.10 −5 tx ω x ω sin T 2 2 ω T 2 - Với ω≠0 có thể tính theo công thức: tx ω ω sin ω sin nT sin8T 2 . 2 = 2A tx 2 . S(jω)= At x sin ω . tx ω ω 2 ω ω sin T sin T 2 2 2 Để tính nên khử bỏ mẫu số trong công thức này bằng cách dùng công thức sin2a=2sinacosa biến đổi tử số cho đến khi khử được mẫu số. Sau đó thay số vào để tính( khoảng 20 điểm từ ω=0 đến ω=2π/tx =2π.106 rad/S) rồi vẽ đồ thị. 4.18. Hình 4.28. a) ⎧ τ ⎪0 khi 0 < − 2 ⎪ ⎪ τ τ u(t ) = ⎨U 0m cosω0 t khi − ≤ t ≤ ⎪ 2 2 τ τ ⎪ τ 2 2 ⎪0 khi 2 < t ⎩ Chuyển hàm cosω0t về hàm mũ(Xem BT4.7) τ . sin(ω0 − ω) U 0m τ 2. để chứng minh S( j ω) = 2 τ (ω0 − ω) 2 b)Khi thay số để tính thì: . U 0m τ Tại ω=ω0 có S( j ω 0 ) = . 2 . U τ Khi ω≠ω0 thì S( j ω) = 0m sin(ω0 − ω) ω0 − ω 2 4.19. Thực hiện tương tự như BT7.17. để tìm phổ của n xung: mT0 ω . sin(ω 0 − ω) sin( n.k.mT0 ) − j ω k.mT ( n−1) mT0 2 . 2 0 S( j ω) = U 0m e 2 2 mT0 ω (ω 0 − ω) sin( k.mT0 ) 2 2 153
  16. . A (α 2 − α 1 ) 4.20. S( j ω) = α1α 2 − ω 2 + j (α1 + α 2 )ω . 4.21. Hạ bậc cos2ω0t rồi tìm phổ S( j ω) 1 ∞. j ωt 4.22. Lấy tích phân Fourrie ngược s(t ) = ∫ S( j ω)e dω 2π − ∞ . A A 4.23. Trước hết tìm phổ: Theo BT4.15.: S( j ω) = → S( j ω) = α + jω α 2 + ω2 Theo định lý Parsevall thì năng A2 lượng của tín hiệu tính theo phổ: α2 2 A W = S2 ( j ω) = (*).Đường cong (*) α + ω2 2 hình 4.29. cho thấy 100% năng lượng chính là phần diện tích giớ hạn bởi nó với trục ω ∞ A2 A2 π hoành,tức: ∫ 2 dω = ; 0α +ω 2 α 2 90%năng lượng ứng với ωm. ωm A2 A2 ω A2 π ∫ dω = arctg m = 0,9 ; α 2 + ω2 0 α α α 2 ω ⇒ arctg m = 0,45π ⇒ ω m = 10 7 .tg0,45π ≈ 63.10 6 rad/ S; f m ≈ 10 Mhz. α 4.24. Phổ của tín hiệu theo BT 4.15. Giải tương tự như BT.4.23. ĐS 97,4 %. 4.25. m=0,733 ; U0m= 75 [V] 4.26. Khảo sát hàm số đường bao cho Umãx= 20 [V], Umin≈ 7 [ V]. 4.27. m1=0,8 ; m2=0,6, m=1. 4.28. m=0,6. 4.29. Min[ U 0m ] = 11,18 [V] 4.30. Pmax=2,75625 W ; Pmin = 0,50625 W. 4.31. a)Tần số sóng mang là ω0 =106rad/s.,bề rộng phổ Δω= 2Ωmax= 20 000 rad/s. Phải chọn khung cộng hưởng: 1 - Cộng hưởng ở đúng tần số sóng mang. = 10 6 → L = 1 mH. LC -Có dải thông đặc tính tần số của khung cộng hưởng là Δω0,7 lớn hơn và xấp xỉ bề rộng phổ của tín hiệu.: 154
  17. ω0 ω0 1 1 1 20.000 ≤ Δω 0,7 = = = →R≤ = = 0,5.10 5 Q ω 0 CR RC 20 000.C 20 000.10 −9 = 50 000 Ω = 50 K Ω. Giá trị R tối ưu là R=50 KΩ. b) Phổ của tín hiệu vào iđb(t)=10[1+0,8cos100t+0,6cos10 000t) cos106t [mA] có m1=0,8, m2=0,6 nên có các vạch phổ như ở hình 4.30a) Vạch phổ ứng với tần số sóng mang có biên độ I0m = 10 mA. Các vạch biên mI ứng với các tần số ω0 ± Ωi tính theo công thức i 0m được là 4 mA và 3 mA. 2 Phổ của điện áp điều biên ở đầu ra có cấu tạo như ở hình 4.30.b với các vạch được tính theo công thức: Um(ωi)=Im(ωi)IZ(ωi)I. 1 1 Z= = ; Y 1 1 ω + j ( ωC − ) R ωL 1 Z= 2 2 ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ωC − ⎟ ⎝ R⎠ ⎝ ωL ⎠ ω U 0 m = I 0 m . Z(ω 0 ) = 10 [ mA].50K Ω = 500 [V] U m (ω 0 ± Ω1 ) = I m (±10 0). Z(10 6 ± 100) ≈ 4 [ mA].50K Ω = 200 [V] U m (ω0 ± Ω 2 ) = I m (10 6 ± 10 000). Z(10 6 ± ±10 000) ≈ 3 [ mA].33,5267K Ω = 100,58 [ V] 4.32. a) ω0=107 rad/s ; Ω1=107-0,9997.107=3000 rad/s ;Ω2 =107-0,9995.107=5000 rad/s;Δω=2Ω2 =10 000 rad/s. m1 40 30 m 40 20 b) = 15 → m1 = = 0,75; 2 = 10; m 2 = = 0,5; m = m1 + m 2 = 0,9; 2 2 2 40 2 40 c) 1 1 1 1 = = = 10 7 ; C = = 10 −9 F = 1 nF; −6 −5 −5 14 LC 10.10 .C C10 . 10 .10 1 1 1 Δω = 10 000 ≤ ; R≤ = = 10 5 Ω = 50 K Ω CR −9 C.10 000 10 .10 000. d) Tính tương tự như b) của BT4.32. 4.33. ω(t)=108+3.106cos 106t+1,4.105sin 105t [rad/s] 155
  18. 4.35.Nếu uΩ(t) là aUΩm cosΩmaxt thì sẽ có: -Tần số của dao động: là ω0+ aUΩm cosΩmaxt =ω0+Δωm cosΩmaxt Δω m -Pha của dao động: ϕ(t) =ω0t+ sin Ω maxt +ϕ0= ω0t+msinΩmaxt+ϕ0. Ω max Δω m m= .Để triệt hết sóng mang trong phổ tín hiệu điều tần thì cần chọn Ω max 6.10 4 m≈2,45 → Ωmax= = 24 948 rad/ s. 2,405 4.36. Hình 4.31. Δω m ΔFm ΔFm m = 70 = = = → Ω max Fmax 15 ΔFm = 15.70 = 1050Khz = 1,05 Mhz. Khi không có điều chế(không phát tín hiệu sơ cấp,chỉ phá sóng mang) thì khung cộng hưởng sẽ cộng hưởng ở tần số sóng mang. 1 1 2π.82,25.106 = → (2π.82,25.10 6 ) 2 = → LC 0 LC 0 1 1 L= = ≈ 4,68 .10 −7 H = 0,468 μH 6 2 6 2 −12 (2π.82,25.10 ) C0 (2π.82,25.10 ) .8.10 Khi có điều chế ứng với fmin÷fmax thì: 1 1 2π(f min ÷ f max ) = ÷ ; L (C 0 + C m ) L (C 0 − C m ) 1 → 2π(82,25.10 6 + 1,05.10 6 ) = L (C 0 − C m ) 1 → C0 − C m = = 7,8.10 −12 F = 7,8 pF; → C m = 8 − 7,8 = 0,2 pF. −7 6 2 4,68.10 (2π.83,3.10 ) Hết chương 4 156
Đồng bộ tài khoản