Institutt for fysikk, NTNU FY1303 Elektrisitet og magnetisme Vår 2004

Løsningsforslag til øving 6

Veiledning tirsdag 17. februar

a)

(Her har jeg brukt ω = 1, slik at perioden er T = 2π.) b) Vi ser at u_{5} og v_{5} tilsvarer de tre første leddene i henholdsvis f(t) og g(t). Skulle det være noen tvil om hvor dette bærer hen, er det jo bare å ta med noen flere ledd og tegne opp på ny. Men allerede med tre ledd får en vel en mistanke om at f(t) må bli et “trekantsignal” (evt “sagtannsignal”) mens g(t) blir et “firkantsignal”. I figuren nedenfor har jeg tatt med ledd til og med n = 25 i f(t) og ledd til og med n = 49 i g(t):

Vi ser at 13 ledd er nok til å gi en god tilnærming til et trekantsignal, mens 25 ledd ikke gir en like god tilnærming til et firkantsignal. Dette kan forklares på flere måter: Summen som representerer trekantsignalet har koeffisienter som avtar som 1/n^{2}, mens tilsvarende koeffisienter bare avtar som 1/n i summen som representerer firkantsignalet. Da er det vel rimelig at feilen vi gjør ved å kutte av summen etter et visst antall ledd blir større i g(t) enn i f(t). En annen måte å] resonnere på er som følger: Firkantsignalet har sprang i funksjonsverdien for hver halve periode, mens trekantsignalet er kontinuerlig. Vi trenger mer “hjelp” fra høyfrekvente Fourier-komponenter for å beskrive slike sprang (diskontinuiteter) enn for å beskrive bare en “knekk” i kurven (dvs en diskontinuitet i funksjonens deriverte).

c) Kirchhoffs spenningsregel gir

RQ̇ + \frac{Q}{C} = V_{inn}(t)

Innsetting av

V_{inn}(t) = ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} \frac{V_{0}}{n} e^{inωt}

og

Q(t) = ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} Q_{n}e^{inωt}

gir

∑_{n=1,3,5,...}^{∞} (inωR + \frac{1}{C} ) Q_{n}e^{inωt} = ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} \frac{V_{0}}{n} e^{inωt}

Hvis denne ligningen skal være oppfylt ved alle tidspunkt t, må vi ha likhet mellom høyre og venstre side for alle verdier av n:

Q_{n} (inωR + \frac{1}{C} ) = \frac{V_{0}}{n}
⇒ Q_{n} = \frac{V_{0}C}{n + in^{2}ωRC}

Dermed blir spenningsfallet over kondensatoren (på kompleks form)

V_{ut}(t) = \frac{Q(t)}{C} = ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} \frac{V_{0}}{n(1 + inωRC)}e^{inωt}

d) For å få V_{ut}(t) på ønsket form, skriver vi om den komplekse biten av koeffisientene:

\frac{1}{1 + inωRC} = \frac{1 − inωRC}{(1 + inωRC)(1 − inωRC)}
= \frac{\sqrt{1 + (nωRC)^{2}}}{1 + (nωRC)^{2}} exp (i arctan (−\frac{nωRC}{1} ))
= \frac{1}{\sqrt{1 + (nωRC)^{2}}} exp (−i arctan nωRC)

Dermed blir det fysiske spenningsfallet over kondensatoren

ImV_{ut}(t) = Im ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} \frac{V_{0}}{n\sqrt{1 + (nωRC)^{2}}} exp (inωt − i arctan nωRC)
= ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} \frac{V_{0}}{n\sqrt{1 + (nωRC)^{2}}} sin (nωt − arctan nωRC)

Dette er på den oppgitte formen, med

V_{n}^{ut} = \frac{V_{0}}{n\sqrt{1 + (nωRC)^{2}}}
ϕ_{n} = − arctan nωRC

e) Dersom ω ≫ 1/RC, vil argumentet til arctan-funksjonen bli mye større enn 1 for alle n. Videre kan vi neglisjere 1 i forhold til (nωRC)^{2} i kvadratrotuttrykket. Det gir

V_{n}^{ut} ≃ \frac{V_{0}}{n^{2}ωRC}
ϕ_{n} ≃ −\frac{π}{2}

Vi kan dessuten skrive

sin(nωt − π/2) = − cos nωt

slik at

V_{ut}(t) = − ∑_{n=1,3,5,...}^{∞} \frac{V_{0}}{n^{2}ωRC} cos nωt

Vi ser at spenningsfallet over kondensatoren er på nøyaktig samme form som funksjonen f(t) i punkt b), dvs et trekantsignal. Vi ser også at dersom vi deriverer V_{ut}(t) med hensyn på t, får vi tilbake V_{inn}(t)/RC. Altså representerer V_{ut}(t) integralet av V_{inn}(t) (dividert med konstanten RC).

Kommentarer: Oppi alt styret med summer av trigonometriske funksjoner er det kanskje en ide å ta et skritt tilbake og tenke gjennom hva vi “egentlig” har her: En RC-krets der spenningskilden veksler mellom to konstante verdier, V_{0} og −V_{0}. Allerede i høst regnet vi på dette oppsettet (“Opplading av kondensator i RC-krets”, 24.10.03), hvor vi fant at ladningen på kondensatoren hadde tidsavhengigheten

Q(t) = Q(∞) (1 − exp(−t/RC))

Vi ser at dersom den påtrykte spenningen ikke forandres, vil ladningen gå mot den asymptotiske verdien Q(∞). I eksempelet over har vi imidlertid antatt at spenningskilden veksler mellom V_{0} og −V_{0} med en frekvens som er mye større enn kretsens “inverse tidskonstant” 1/RC. Da rekker aldri kondensatoren å bli fullt ladet opp før spenningskilden trekker ladningen motsatt vei. For tidsavhengigheten til Q mellom hver gang spenningskilden skifter fortegn kan vi da gjøre tilnærmelsen

1 − exp(−t/RC) ≃ 1 − (1 − t/RC...) = t/RC

Med andre ord, ladningen på kondensatoren vokser lineært med tiden,

Q(t) ∼ t/RC

Når spenningskilden skifter fortegn, må vi få en tilsvarende lineær endring i Q “motsatt vei”, og alt i alt blir dette nettopp en slik trekantspenning som vi fant over.

Hva hvis vi er i den motsatte grensen, nemlig ω ≪ 1/RC? Jo, da vil spenningskilden veksle så langsomt mellom V_{0} og −V_{0} at ladningen Q oppnår sin maksimale verdi (±)V_{0}C i god tid før spenningskilden skifter fortegn. Vi må følgelig få omtrent en slik form på V_{ut} = Q/C:

Med andre ord, utgangsspenningen blir omtrent lik inngangsspenningen. Ligger dette resultatet også “innbakt” i Fourier-analysen? Vel, la oss se: Hvis ω ≪ 1/RC, kan vi, i hvert fall for endel av de laveste verdiene av n, neglisjere faktoren (nωRC)^{2} i forhold til 1. Det betyr at for lave verdier av n er

V_{n}^{ut} ≃ \frac{V_{0}}{n}

For slike n blir fasevinkelen

ϕ_{n} ≃ 0

slik at de første leddene i V_{ut} blir på formen

\frac{V_{0}}{n} sin nωt

dvs nøyaktig som tilsvarende ledd i V_{inn}! Avviket fra det perfekte firkantsignalet skyldes de leddene i summen som er slik at nωRC ikke lenger er liten i forhold til 1. Da blir ikke lenger fasevinkelen lik null, og vi får alt i alt en V_{ut} bestående av både sinus- og cosinus-funksjoner.