Найти передаточную функцию и условия устойчивости

Это довольно запутанная схема :), но ее интересно решить. Это сеть первого порядка, так как в ней имеется только один энергоаккумулирующий элемент. Мы можем показать, что знаменатель передаточной функции - рассматривать ли отклик как выходное напряжение$V_{out}(s)$или ток индуктивности$I_L(s)$- дан кем-то$D(s)=1+s\tau$в котором$\tau$постоянная времени индуктора$L_1$. Этот знаменатель можно выгодно переписать в низкоэнтропийной форме как$D(s)=1+\frac{s}{\omega_p}$в котором$\omega_p=\frac{1}{\tau}$. Чтобы проверить стабильность схемы, вы должны исследовать положение полюсов по отношению к значениям некоторых компонентов, участвующих в цепи.$\tau_1$. Пока полюс остается в левой полуплоскости (отрицательный корень), это безопасно. У вас есть RHPP, и отклик во временной области ограничен. Если для некоторых значений компонентов полюс перескакивает в правую полуплоскость, он становится так называемым LHPP, и отклик во временной области расходится. Как определить поул-позицию? Просто применяя быстрые аналитические методы, как описано здесь , а также здесь для плавного введения. Что нам нужно сделать, так это получить сопротивление, «видимое» катушкой индуктивности, когда возбуждение снижается до 0 В. Поскольку возбуждение$V_{in}$, уменьшите его до 0 В и замените на короткое замыкание на схеме, показанной ниже. Затем определите сопротивление, предлагаемое соединительными клеммами индуктора: Вы можете сделать это, подключив испытательный генератор.$I_T$на выводах катушки индуктивности и определить напряжение$V_T$. Поэтому определите$\frac{V_T}{I_T}$и вы можете идти. Вы можете отключить$R_4$чтобы упростить и вернуть // позже. Если все пойдет хорошо, учитывая коэффициент усиления без обратной связи$A_{OL}$приближаясь к бесконечности, следует найти сопротивление, равное$R=-\frac{R_1R_3}{R_z}||R_4$. Таким образом, постоянная времени этой цепи определяется:$\tau=\frac{L_1}{R}=\frac{L_1}{-\frac{R_1R_3}{R_z}||R_4}$. Тогда полюс задается$\omega_p=\frac{1}{\tau}=\frac{-\frac{R_1R_3}{R_z}||R_4}{L_1}$. Итак, у нас есть положительное сопротивление$R_4$параллельно с отрицательным значением сопротивления, состоящим из$-\frac{R_1R_3}{R_z}$.

Если мы имеем$R_z=50\;k\Omega$ $R_1=100\;k\Omega$ $R_3=R_4=50\;k\Omega$тогда эквивалентное сопротивление равно$-100k||50k=100\;k\Omega$и у вас есть LHPP (стабильный). Теперь выберите$R_z=150\;k\Omega$и эквивалентное сопротивление становится$-33.3k||50k=-100\;k\Omega$и шест прыгает в RHP, становясь неустойчивым шестом.

Я провел быструю симуляцию со значениями сопротивления. Первый ответ на$R_z=50\;k\Omega$(Я считал$V_{out}$как отклик) ограничен, и это отклик дифференциатора (в начале координат ноль, так как индуктор закорочен на постоянном токе). Если у вас сейчас$R_z=150\;k\Omega$, имитатор расходится, так как выходное напряжение выходит за пределы - ок, у меня есть$A_{OL}$от 1 млн :)

Дополнительное редактирование :

Эта передаточная функция цепи 1-го порядка$H(s)=\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)}$подчиняется следующему выражению:$H(s)=\frac{H_0+H^1s\tau}{1+s\tau}$в котором$H_0$коэффициент усиления по постоянному току (заменить$L_1$коротким замыканием) и$H^1$это выигрыш, когда$L_1$устанавливается в высокочастотное состояние (разомкнутая цепь). Постоянная времени$\tau$тот, который найден для знаменателя.

Чтобы получить прибыль, когда$L_1$разомкнута, мы можем вычислить$\epsilon=V(+)-V(-)$с помощью суперпозиции. Сначала мы устанавливаем$V_{in}=0$и мы определяем$\epsilon_1=V_{out}\frac{R_4}{R_4+R_3}-V_{in}\frac{R_1}{R_1+R_z}$. Затем мы устанавливаем$V_{out}$к 0 и определить$\epsilon_2=V_{in}\frac{R_3}{R_4+R_3}$. Понимая, что$\epsilon=\frac{V_{out}}{A_{OL}}$, мы можем решить следующее уравнение$\frac{V_{out}}{A_{OL}}=V_{out}(\frac{R_4}{R_4+R_3}-\frac{R_1}{R_1+R_z})+V_{in}\frac{R_3}{R_3+R_4}$и после перестановки при нажатии$A_{OL}$до бесконечности имеем:$H^1=\frac{R_1+R_z}{R_1-\frac{R_4}{R_3}R_z}$. Теперь, если вы наблюдаете за цепью для$s=0$,$L_1$короткое замыкание и нет ответа:$H_0=0$. Окончательная передаточная функция после перестановки и упрощения определяется как:

$H(s)=\frac{\frac{s}{\omega_z}}{1+\frac{s}{\omega_p}}=H_{\infty}\frac{1}{1+\frac{\omega_p}{s}}$

с$\omega_z=\frac{R_1R_4}{(R_1+R_z)L_1}$,$\omega_p=\frac{-\frac{R_1R_3}{R_z}||R_4}{L_1}$и$H_{\infty}=\frac{\omega_p}{\omega_z}=\frac{R_3(R_1+R_z)}{R_1R_3-R_4R_z}$

Обратите внимание, что второе выражение является истинно низкоэнтропийным выражением, поскольку оно говорит вам об усилении, когда$s$приближается к бесконечности. Он имеет то, что называется перевернутым полюсом.

На следующем листе Mathcad показаны все расчеты:

Остальное и АЧХ здесь. Обратите внимание, условием наличия КТГ является$R_z<\frac{R_1R_3}{R_1}<100\;k\Omega$. На приведенной ниже диаграмме$R_z$является$50\;k\Omega$:

Теперь установите$R_z$к$101\;k\Omega$и у вас есть новая передаточная функция с$f_p$теперь отрицательный, поскольку полюс стал RHPP, что подтверждается расходящейся реакцией во временной области на входной шаг.