《无源网络综合》PPT课件.ppt

第 7章 无源网络综合 7.1 网络分析与网络综合 已知电路 给定激励 响应？ 电路 ？ 给定激励 给定 响应 网络分析 网络综合 网络分析与网络综合的区别： 1 “分析”问题一般总是有解的 (对实际问题的分析则一定是有解的 )。 而“设计”问题的解答可能根本不存在。 N ? e r e r t 2“分析”问题一般具有唯一解，而“设计”问题通 常有几个等效的解。 N ? - V16 - V4 12 4 12 24 12 12 - V4 - V16 - V16 - V4 3“分析”的方法较少，“综合”的方法较多。 网络综合的主要步骤： (1)按照给定的要求确定一个可实现的转移函数， 此步骤称为逼近； (2) 确定适当的电路，其转移函数等于由逼近所得到的函数， 此步骤称为实现。 7.2 网络的有源性和无源性 ( ) ( ) ( )p t v t i t 00 ( ) ( ) ( ) ( ) dttW t W t v i ( ) 0 , ( ) , ( )W t v t i t 00 () 00 () 2 2 2 00 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 t v t t v t W t W t v i d W t C v d v W t Cv t Cv t Cv t 22 0 11( ) ( ) ( ) 22W t C v t C v t 0 2 ( ) ,t t v t dt 0 2 ()t t i t dt 0 0( ) ( ) ( ) ( ) d 0 t t W t W t v i ( ) ( ) ( ) ( ) 0v v i i ( ) ( ) ( )d 0tW t v i ( ) , ( ) ,v t i t t ( ) ( ) ( )d 0t TW t v i ( ) ( ) ( )d 0t TW t v i 2( ) ( ) ( )d ( )ttW t v i R i d 11 22 0 0 vi n i n v 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) d 0 tW t v i v i 11 22 0 0 vi r v r i 11 22 0 0 vi k i k v 7.3正实函数 )(sF js 1 定义 设 是复变量 的函数，如果 0Im s 0)(I m sF当 时， 0Re s 0)(R e sF当 时， 则称 )(sF 为正实函数 j )(R e sF )(I m sF (1) (2) (2) (2) (2) 0 0 图5.6 正实函数的映射关系 s 平面 F(s) 平面 正实条件 )(/)()( sNsMsF 设 (1)M(s)、 N(s)全部系数大于零； (2) M(s)、 N(s)的最高次幂最多相差 1， 最低次幂最多也相差 1； (3)F(s)在 j 轴上的极点是一阶的，且具有正实留数； 0)j(R e F(4) (5)M(s)、 N(s)均为 Hurwitz多项式。 霍尔维茨（ Hurwitz）多项式的定义 ： 如果多项式 P(s)的全部零点均位于左半平面， 则称 P(s)为严格霍尔维茨（ Hurwitz）多项式。 如果多项式 P(s)的全部零点均位于左半平面， 且在虚轴上的零点时单阶零点， 则称 P(s)为霍尔维茨（ Hurwitz）多项式。 霍尔维茨（ Hurwitz）多项式判别条件： 设多项式 设 P(s) 是一次的或二次的，如果它没有缺项且全部系数同符号， 则是严格霍尔维茨（ Hurwitz）多项式。 两个或两个以上严格霍尔维茨（ Hurwitz）多项式的乘积 仍是严格霍尔维茨（ Hurwitz）多项式。 霍尔维茨（ Hurwitz）多项式判别方法： 罗斯 -霍尔维茨数组检验法 罗斯 -霍尔维茨数组： 2 13 1 nn nn n n aa aa b a 4 15 1 1 nn nn n n aa aa b a 24 1 1 3 5 2 12 3 12 1 0 n n n n n n n n n n n n n n n n s a a a s a a a s b b b s c c c s s 6 17 2 1 nn nn n n aa aa b a 13 1 nn nn n n aa bb c b 例： 5 4 3 2( ) 2 0 1 4 7 4 8 4 6 1 2 3 3 6P s s s s s s 罗斯 -霍尔维茨数组如下： 5 4 3 2 1 0 1 147 612 20 484 336 122 .8 595 .2 387 .06 336 489 336 s s s s s s 15 2 1 nn nn n n aa bb c b 例： 5 4 3 2( ) 5 6 6 5 6P s s s s s s 罗斯 -霍尔维茨数组如下： 5 4 3 2 1 0 1 6 5 5 1 6 5.8 3.8 2.27 6 6 19.09 6 s s s s s s 例： 42( ) 4 3P s s s 4 4 2 4 3 3 4 2 1 0 1 4 3 4 3 4 8 ( ) 4 8 23 2 3 s P s s s P s s s s s s 例 判断下列函数是否为正实函数。 1 32)( 1 s ssZ 4 252)( 2 2 s sssZ 5 4 3 3 3 2 5 7 3 6() 1 0 1 s s s sZs ss 2 4 2 2() 2 ssZs s 4 3 2 5 5 4 3 2 1 0 3 5 5 0 2 4() 5 6 5 6 s s s sZs s s s s s (a) (e) (d) (c) (b) (a) 显然满足 (1)、 (2)。 又 ， 满足 (3)， 是正实函数 。 1 32)j(R e 1j 3j2)j( 2 2 11 ZZ ，)(1 sZ (b) 显然满足 (1)、 (2)。 但 )50(0 16 1002)j(R e 2 2 2 2 当Z 不是正实函数。 )( 2 sZ (c) 分子与分母最高次方之差为 2, 不是正实函数。 (d) 分子为二次式，不缺项且系数均为正，故为严格霍尔维茨 多项式。 分母可写为 2( ) 2 ( 2 ) ( 2 )D s s s j s j 故 Z4(s)在 轴上有两个单阶极点： j 122 , 2s j s j 不满足（ 3）。 1 2 1 1 4 2 2 2 1( ) ( ) 0 22 2 2ss sj s s js s D s s j j 2 2 1 2 4 2 2 2 1( ) ( ) 0 22 2 2ss sj s s js s D s s j j 22 4 22 22R e ( ) R e 1 0 22 jDj 因此是正实函数。 2 3 2( ) 1 0 3 5 5 0 2 4N s s s s s 4 3 2 1 0 1 35 24 10 50 30 24 42 24 s s s s s 5 4 3 2( ) 5 6 5 6D s s s s s s 5 4 3 2 1 0 1 6 5 5 1 6 5.8 3.8 2.27 6 6 19.09 6 s s s s s s D(s)不是霍尔维茨数组。 因此不是正实函数。 7.4 LC一端口的实现 11 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 b kk k U s I s U s I s 11 2 ( ) ( ) ( ) ( ) b kk k U s I s U s I s 11( ) ( )I s I s 1 2 21 1 () 1( ) ( ) ( ) ( 1 ) () () b kk k UsZ s U s I s Is Is 1( ) ( ) ( ) ( 2) k k k k k U s R sL I ssC 特勒根定理： 2 2 21 11( ) ( ) ( ) () b k k k k k Z s R s L I ssC Is 2 0 2 ( ) ( ) ( 3 ) b kk k F s R I s 20 2 1( ) ( ) ( 4)b k k k V s I sC 2 0 2 ( ) ( ) ( 5 ) b kk k T s L I s 0 0 02 22 1 1Re ( ) ( ) ( ) ( ) () Z s F s V s T s Is R e 0s Re ( ) 0Zs 因此 Z(s)是正实函数。 )()(1)( )( 1)( 0002 1 ssTsVssF sI sZ LC一端口性质： 0 00 2 1 ()10 , ( ) 0 , ( ) ( ) | ( ) | VsR F s Z s sT s I s s 1 Z(s)或 Y(s)为正实函数； 2零 、 极点均位于 轴上且交替出现 。 j 2 2 2 2 12 2 2 2 2 12 ( ) ( )() ( ) ( ) zz LC pp s s sZ s K ss 2 2 2 2 12 2 2 2 2 12 ( ) ( )() ( ) ( ) zz LC pp ssZ s K s s s )()(|)(| 1)( 002 1 sTss sVsUsY 二 LC一端口的 Foster综合 (基于部分分式展开 ) 1 Foster第一种形式 串联形式，用 Z(s) n i i i s sK s K sKsZ 1 22 0 )( L 0 C i L i C ii i i i ii i CL s Cs sC sL CL sZ 1 / 1 / )( 2 计算并联阻抗： 22 00 0 2 2 2 2 j () l im l im ( ) ( ) l im ( ) ( ) pii ss ss p i p i i s s Zs K K Z s s s Z s s ss K Z s Z s ss Z(s) = ， ， s 2 00 /1/1 iiiii KLKCKCKL ， 2 Foster 第二种形式 并联形式，用 Y(s) n i i i s sK s K sK sZ sY 1 22 0 1 )( )( C 0L i C i L n C n L 2 1 )/1( 1 1 )( ii i i i i CL s sL sC sL sY )( sY i i i i i KL K C K LKC 11 2 0 0 、 【 例 】 5.2 分别用 Foster 第一和第二种形式综合阻抗函数 )4)(2( )3)(1(8)( 22 22 sss sssZ 【 解 】 (1) 对 Z(s)进行展开 22222 2 2 10 2 3 )2( 23 42)( s s s s ss sK s sK s KsZ 22)(lim,3824)(lim 22100 sssZKssZK jss 34)(l i m 2 22 s ssZK js 0C 1L 1C 2L 2C )( sZ H43F311H1F211F311 2 2 2 2 2 22 1 1 1 1 1 0 0 ， KL KC KL KCKC (2) 对 Y(s)进行展开 3 16 1 1 16 3 8 1 31)3)(1(8 )4)(2( )( 1)( 222 2 2 1 22 22 s s s s ss sKs sKsKss ssssZsY C 1C 1L 2C 2L )( sY H16 1 F, 48 1 H 3 161 F, 16 3 F, 8 1 2 22 2 2 2 1 12 1 1 1 K L K C K L K CKC 三 Cauer(考尔 ) 综合 (基于连分式 ) 1 Cauer 第一种形式 (特点：逐次移出 处的极点 。 串臂为电感 ， 并臂为电容 ) s )( sZ )(/)( sYsZ 11 1 1 sL )(/1)( 22 sYsZ 1 sL 1 sC )(/1)( 33 sYsZ 1 sL 1 sC 2 sL )( )( sY sLsZ 1 1 1 的极点为 )( sYs 1 )(s 1 )( 21 1 sYC sLsZ 的极点为 )( 2 sZs )( sZsL C sLsZ 32 1 1 1 s 1 )( 的极点为 )( 3 sYs 图5.1 5 C aue r 第一种形式原理图 【 例 】 7.3 设 。试用 Cauer第一种形式综合。 ss ssZ 123 1)( 3 2 【 解 】 为 Z(s)的零点，故首先用 Y(s)。 s s s s s ss sY 9 1 9 1 1 3 1 123 2 3 )( 0 9 9(9)1 0 9/(1)9 33 3(123)1 2 2 2 2 3 1 32 s sCss s sLsss ss sCssss F3 1 C H 9 1 2 L F9 2 C 图5 . 1 6 2 Cauer 第二种形式 (特点：逐次移出 s=0处的极点。 串臂为电容，并臂为电感 ) )( sZ 1 1 sC 1 1 sC 1 sL 1 sL 1 1 sC 2 1 sC )(/)( sYsZ 11 1 的极点为 )( sYs 1 0 的极点为 )( sZs 2 0 )( )( sZsL sC sZ 21 1 11 11 )( sYsC sZ 11 11 )( )(/)( sYsZ 22 1 的极点为 )(0 3 sYs )(/)( sYsZ 33 1 图5.1 7 C aue r 第 二种综合原理 例 7.4 设 。试用 Cauer第二种形式综合。 ss ssZ 123 1)( 3 2 s s s sZ 4 1 116 1 12 1 )( 【 解 】 0 4/3 )/(1)4/(1(4/3)3 012 )/(1/16(312)4/3 4/1 )/(1)12/(1(1)312 2 2 23 1 32 2 1 23 s sCsss s sLssss s sCssss F12 1 C H 16 1 1 L F4 2 C 7.5 RC 一端口的实现 一 RC一端口的性质 (必要条件 ) 00 )( sM )()(|)(|)( sVssFsIsZ 0021 11 0)( zsZ 0 0 0 )( )( z z z sF sVs )(1)(|)(| 1)( 002 1 sVssFsUsY 0)( zsY 00 0 )( )( z z z sF sVs ),()( 0 1 10 in n KK s K s K s KKsZ n i i iKK d dZ 1 22 0 0 )( )( )( Z 二 ZRC(s)的性质 1 全部零极点位于负实轴上，而且是一阶的。 2 () RCZ 是 严格单调 减 函数。零点和极点在负实轴上交替排列。 3 ZRC(s)在原点可能有极点，但不可能有零点。在无穷处可能有零点， 但不可能有极点。 (0 ) ( (0 ) ( ) R C R C R C R CZ Z Z 当 和 ） 均 为 有 限 值 时 ， 必 有 Z 。 4 分子和分母的阶数相等，或分母较分子高一次。 5 所有极点处的留数均为正值。 6 对于所有的 ( ) 0j RC值 ， 均 有 ReZ 。 三 Foster综合 (基于部分分式展开 ) 1 Foster第一种形式 (并串联形式 ) 12 12 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) 0 z z z m RC p p p n p z p z p m z m s s s Z s K s s s ),()( 0 1 10 in n KK s K s K s KKsZ 00( ) ( ) ( ) ( ) piR C R C s i p i R C ssK Z s K s Z s K s Z sL i m R 0 C iR iC iR iC )/( / )( ii i i CRs C sZ 1 1 iiiii KCKRKCKR /,/,/, 11 00 Foster 第二种形式 (串并联形式 ) n i i i s K s KK s sY 1 0 )( n i i i s sKKsKsY 1 0)( 00 1 ( ) ( ) ( ) pi pi R C s R C s i R C s sK Y s K Y s K Y s ss C 0R iR iC nR nC iiiii KRKC KRKC /,/ /, 1 1 00 )( sY 【 例 】 7.5 试用 Foster两种形式综合。 )( )()( 2 312 ss sssZ 【 解 】 (1) Foster 第一种形式展开 2 132 sssZ )( (2)Foster 第二种形式展开 3 41 1 41 312 2 ssss s s Ys / )( ) 4 4 F41 )/( F121 )/( 2 F31 )/( )/( 21 F21 )/( Foster 1 Foster 2 四 Cauer 型综合 (基于连分式 ) 1 Cauer 第一种形式 (串臂为电阻，并臂为电容 ) n n sC R sC R sC RsZ 1 1 1 1 1 2 2 1 1 )( 1 R 2 R n R 1 C 2 C nC Cauer 1 2 Cauer 第二种形式 (串臂为电容，并臂为电阻 )。 n n sC R sC R sC R sY 1 11 11 11 11 11 2 2 1 1 )( 1R 1C 2R 2C n R nC 【 例 】 7.6试用 Cauer 两种形式综合。 )( )()( 31 42 ss sssZ 【 解 】 (1) Cauer 1 0 3 1 1 5.1 1 3 4 1 2 1 1 1 34 86s )( 2 2 s s ss s sZ 1 R 1 sC 2 R 2 sC 3 R 1 )/( 34 )/( 31 F50 . F51 . 1 22 18634 Rssss () 34 2 ss 1 2 503452 sCssss .() ss 52 2 . 2 3452351 Rss /(). 42 s 2 513511 sCss .(.) s51 . 3 3113 R/() 1 0 Cauer 1 的长除过程 Cauer 2 0 44 3 1 21 968 1 88 49 1 7 32 1 8 3 68 43 2 2 s s ss ss sY )( 1 1 R 1 1 sC 2 1 R 2 1 sC 3 1 R F 32 7 F 968 21 3 8 49 88 3 44 1 22 1 8 3 4368 R ssss () 8 3 4 9 3 2 s s 1 22 1 7 32 68 8 5 4 7 sCs ssss () s 7 20 8 2 22 1 88 49 8 5 4 7 7 22 R ssss () 2 88 49 4 7 ss 2 22 1 21 9 6 8 7 22 44 3 sCs sss () s 7 22 3 22 1 44 3 44 3 R ss () 2 44 3 s 0 Cauer 2 的长除过程 7.6 RLCM一端口的实现 j j 一 定义 1 不含 轴上极点的阻抗 (导纳 )函数，称为极小电抗 (电纳 )函数。 2 在 称为极小实部函数； 轴上某一点具有零实部的阻抗（导纳）函数， 3 如果一个导抗函数同时是极小电抗函数、极小电纳函数， 极小实部函数，则称之为极小函数。（极小函数是正实函数）。 4 1 2 2 ss sssZ )( 0 . 5 ( 1 j 1 5 )ps 0.5 ( 1 j 3 )Zs 20)4( 44)j(R e 222 24 Z 二 从正实函数中分解出极小函数 1 移出 j 轴上的极点： )( )( 41 56832 22 234 sss sssssZ 移出 j 上的极点： )()( sZs KssZ 12 1 112 )(l i m sZs sK js 4 522 1 2 2 21 ss ss s KssZsZ )()( 2 电阻约简（移出实部最小值） 14 2j 222 22 1 )( )()(R e Z 2 )(R e RjZ 11 4 11 2 2 12 ss sssZsZ )()( H1 F1 1R )( sZ 2 )( sZ )( sZ 1 4 1 1 1 )( 2 2 2 ss ss s s sZ 三 极小函数的布隆综合 )(sZ1 1 111 jj XZ )( 设 为极小函数，则存在 ，使得 。 1 以 01 X 情况为例： )(sZS 0 112 jsS sZsZsZ )()()( 提取串联元件 ，使余函数 , 即要求 112 j)j( XZ 。 01 C 1 12 1 sCsZsZ )()( 设串联元件为电容 ，则 。 (a) )(sZ 2 在 s=0处存在极点，且极点留数为 -1/C10,Z2(s)不是正实函数。 (b) Z1(s)=Z2(s)+1/(sC1)在 s=0处存在极点， Z1(s)非极小函数，矛盾。 故串联元件不能为电容。 (2) 设串联元件为电感，则 0jj)j( 1 1 1111 XLXLZ S (a) |)()()( 11112 LssZsLsZsZ )(sZ2 在 1js 处存在零点 (一定成对出现 )，移出之 1 L 2 L 2 C 3 Y)( sZ 1 )(/)( sYsZ 22 1 001 0 1 2 12222 22 2 1 2 2 32 1 2 2 2 2 1 /,/ )()(l i m )( )( )( KCKL YsY s s K sY s sK sZ sY js 是正实函数 (b) 2 1 2 2 23 s sKsYsY )()( s )()()()( 零点， 00 322 sYsYsZ 34 3 3 1 sKsZ sYsZ )()()( 033 3 3 KLs sZK s ， )(lim 1 L 2 L 2 C 3 L 4 Z )( sZ 1 )( sZ 2 )( sZ 3 )(sZ4 )(sZ 4 s 仍为正实函数，化为极小函数后重复上述过程。 在 处无极点。 （ c）解决负电感问题 * * M p L SL MLL p 1 MLL S 3 ML 2 消去互感 1 L 2 L 3 L 2 32 21 LM LLL LLL S P 增加互感 可实现的 MLL SP 、 必须满足条件： 1002000 SP SP SP SP LL MkLLMLLMLL ， sK LL LLLLLL s sLsL sL s sZ )()( 32 133221 32 11 11 1 )(sZ1 s因为 是极小函数，在 处无极点，所以 0 32 133221 LL LLLLLLK 0133221 LLLLLL 0 32 2 2 2 32 32 21 LL LL LL LLLLL P 032 LLL S 20022 32 2 3 SPSP LLM LL LMLL , )( )( 全耦合1 2 2133221 2 LLLLLLL L LL Mk SP 【 例 】 7.7设 。 试综合之。 )()( 123 751668 22 234 sss sssssZ 【 解 】 1移出 j 轴上的极点。 )()( sZs sKsZ 12 1 1 1 12 1 )(lim sZs sK js F1H1 11 CL ， 23 738 1 2 2 21 ss ss s ssZsZ )()( 2 电阻约简 42 1 2 2 2 24 34 14Re ( j ) ( 2 3 )Z 1R e ( j ) 0 d Z d 11 1 1 m inRe ( j ) 2ZR 23 322 2 2 12 ss sssZsZ )()( 21 ( j ) j Z 3 1 1 3( j ) j jSZL H13 L 23 3333 23 32 2 23 2 2 23 ss ssss ss sssZsZsZ S )()()( ( js 为零点 ) 4 )()()( sYs sKsZsY 42 4 3 3 1 1 311 3 2 4 /)(lim sYssK js H31 44 KL / F312 144 )/(/ KC 5 33 2 12 3 34 ss sKsYsY )()( 55 4 4 5151 1 RsLs sYsZ .)()( H515 .L 515 .R 1 L 1 C R 3 L 4 L 5 L 5 R 4 C)( sZ )( 1 sZ )( 2 sZ )( 3 sZ )( 4 sZ 1 2 3 4 5 消去负电感后得 1L 1 C R 5 R 4 C)( sZ P L SL * M H3 H54 H2 4 54S 43 LM LLL LLL P . 01 X 01 X2 时，与 对偶 1 C 2 C 3 C 2 L 4 Z)( sZ 1 4 Z 1 L 2 L 2 C 3 L 0 0 1 133221 C CCCCCC 0,0 0,0 32 2 3 22 3 2 3 22 3 322 22 3 32 1 CC C CL C C L L C CCC LL C CC L )( 4 Z * P L S L M 2 C 1,0 )( 0)( ,0)( 22 2 322 2 2 2 3 2 32 2 2 3 32 21 SP S P LL M kL C CCC LM L C C LLL L C CC LLL