Bitte kennzeichnen Sie zukünftig Ihre Bauteile. Es würde die Beantwortung so viel einfacher machen. Hier ist meine Version Ihrer Schaltung, um die Dinge zu vereinfachen:

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}

Hier sind die Hauptpunkte, von denen der Rest der Erklärung abhängt:

1. Es wird angenommen, dass der Operationsverstärker eine unendliche Eingangsimpedanz hat, und jeder Einfluss, den er auf das Potenzial bei X hat,$v_X$, Ist vernachlässigbar.

2. Es wird angenommen, dass der Operationsverstärker eine Ausgangsimpedanz von Null hat. Tatsächlich hat sogar ein nicht idealer Operationsverstärker mit negativer Rückkopplung eine Ausgangsimpedanz, die sehr nahe bei Null liegt (mit einigen Einschränkungen). Daher sein Ausgangspotential$v_Y$wird in keiner Weise von irgendeiner Last (wie R3, R4, C2 und was danach kommt) beeinflusst.

3. Der Operationsverstärker ist als Spannungsfolger mit 100 % negativer Rückkopplung für eine Verstärkung von 1 konfiguriert. Daher gilt:$v_Y = v_X$

4. Der Operationsverstärker isoliert aufgrund der Punkte 1 und 2 oben effektiv alles zu seiner Linken (Eingangsseite) von allem zu seiner Rechten (Ausgangsseite).

Thévenin-Äquivalente

Jetzt können wir das Problem angreifen. Stellen Sie zunächst sicher, dass Sie mit dem Theorem von Thévenin vertraut sind (hier ist die Wikipedia-Seite ).

Der Eingangspotentialteiler kann auf sein Thévenin-Äquivalent reduziert werden, das aus einer einzigen Spannungsquelle und einem einzigen Widerstand besteht. Die Thévenin-Spannungsquelle ist die Hälfte des Versorgungspotentials:

$$\begin{aligned} V_{TH1} &= 5V \times \frac{R_2}{R_1+R_2} \\ \\ &= 5V \times \frac{10M\Omega}{10M\Omega+10M\Omega} \\ \\ &= 5V \times \frac{10M\Omega}{20M\Omega} \\ \\ &= 2.5V \\ \\ \end{aligned}$$

Der Thévenin-Widerstand$R_{TH1}$ist der kombinierte Widerstand von R1 und R2, als ob sie parallel geschaltet wären:

$$\begin{aligned} R_{TH1} &= R_1 \parallel R_2 \\ \\ &= \frac{R_1 \times R_2}{R_1+R_2} \\ \\ &= \frac{10M\Omega \times 10M\Omega}{10M\Omega+10M\Omega} \\ \\ &= 5M\Omega \\ \\ \end{aligned}$$

Ersetzen Sie das Netzwerk, das aus der 5-V-Quellenversorgung und R1 und R2 besteht, durch ihr Thévenin-Äquivalent:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Wir führen die gleiche Umwandlung in ein Thévenin-Äquivalent für den Ausgangspotentialteiler durch und ersetzen R3 und R4 durch$R_{TH2}$, vorgibt, dass die Spannungsquelle$v_Y$ist eine Quelle von einem Zehntel geworden$v_Y$(ohne Innenimpedanz) wie folgt:

$$\begin{aligned} v_{TH2} &= v_Y \times \frac{R_4}{R_3 + R_4} \\ \\ &= v_Y \times \frac{1k\Omega}{9k\Omega + 1k\Omega} \\ \\ &= v_Y \times \frac{1k\Omega}{10k\Omega} \\ \\ &= \frac{v_Y}{10} \\ \\ \\ R_{TH2} &= R_3 \parallel R_4 \\ \\ &= 9k\Omega \parallel 1k\Omega \\ \\ &= \frac{9k\Omega \times 1k\Omega}{9k\Omega + 1k\Omega} \\ \\ &= 900\Omega \end{aligned}$$

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Hier ist die gesamte Schaltung mit beiden Thévenin-Äquivalenten:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Ich habe eine Komponente mit Impedanz hinzugefügt$Z_L$, die eine mit dem Ausgang verbundene Last darstellt. Ohne Last lässt der Kondensator C2 keinen Strom durch und kann mit nichts „wechselstromkoppeln“. Es soll Sie nur daran erinnern, dass es im wirklichen Leben eine Last geben wird , die Sie bei der Berechnung der Übertragungsfunktionen berücksichtigen müssen. Wenn die Last vernachlässigbar ist (hohe Impedanz), können wir sagen, dass C2 niemals geladen wird, keine Spannung darüber und$V_{OUT} = V_Z$.

Eingangsimpedanz

Aufgrund der Punkte 1 und 4 oben sieht alles, was an IN angeschlossen ist, beim Blick in C1 das in Reihe geschaltete Paar C1 und$R_{TH1}$, gefolgt von einer Nullimpedanz-Spannungsquelle. Deshalb:

$$\begin{aligned} Z_{IN} &= Z_{C1} + Z_{R_{TH1}} \\ \\ &= \frac{1}{sC_1} + R_{TH1} \\ \\ &= \frac{1 + sR_{TH1}C_1}{sC_1} \\ \\ &= \frac{1 + (5\times 10^6)(2\times 10^{-6})s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ &= \frac{1 + 10s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ \end{aligned}$$

Ausgangsimpedanz

Alles, was mit OUT verbunden ist, sieht, wenn man zurück in C2 blickt, das in Reihe geschaltete Paar C2 und$R_{TH2}$, gefolgt von einer Nullimpedanz-Spannungsquelle. Deshalb:

$$\begin{aligned} Z_{OUT} &= Z_{C2} + Z_{R_{TH2}} \\ \\ &= \frac{1}{sC_2} + R_{TH2} \\ \\ &= \frac{1 + sR_{TH2}C_2}{sC_2} \\ \\ &= \frac{1 + (900)(2\times 10^{-6})s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ &= \frac{1 + (1.8\times 10^{-3})s}{(2\times 10^{-6})s} \\ \\ \end{aligned}$$

Übertragungsfunktion

Teilen Sie die Schaltung in drei unabhängige Stufen (unabhängig aufgrund von Punkt 4 oben), wie ich es oben mit den roten (F), grünen (G) und blauen (H) Kästchen getan habe.

Beachten Sie, dass der DC-Offset von 2,5 V durch die Quelle von eingeführt wird$V_{TH1}$kann bei Übertragungsfunktionen im Frequenzbereich vernachlässigt werden, da die Kleinsignal-AC-Analyse alle Knoten mit festem DC-Potential so behandelt, als wären sie Masse.

Stufe F hat Ausgang X. Es ist ein Potentialteiler, der aus zwei Elementen besteht, C1 und$R_{TH1}$. Denken Sie daran, dass wir es mit AC-Signalamplituden zu tun haben, wie bei jedem Potentialteiler ist das Signal bei X:

$$v_X = v_{IN} \times \frac{Z_{R_{TH1}}}{Z_{C1} + Z_{R_{TH1}}}$$

Eine Übertragungsfunktion ist das Verhältnis von Output zu Input:

$$\begin{aligned} F(s) &= \frac{v_X}{v_{IN}} \\ \\ &= \frac{Z_{R_{TH1}}}{Z_{C1} + Z_{R_{TH1}}} \\ \\ &= \frac{R_{TH1}}{\frac{1}{sC_1} + R_{TH1}} \\ \\ &= \frac{sR_{TH1}C_1}{1 + sR_{TH1}C_1} \\ \\ &= \frac{(5\times 10^6)(2\times 10^{-6})s}{1 + (5\times 10^6)(2\times 10^{-6})s} \\ \\ &= \frac{10s}{1 + 10s} \\ \\ \end{aligned}$$

Stufe G ist eine Unity-Gain-Stufe:

$$G(s) = 1$$

Stufe H hat Eingang$v_Y$. Wenn wir die Last ignorieren$Z_L$, wie ich bereits sagte, kann kein Strom durchfließen$R_{TH2}$oder$C_2$, es darf keine Spannung an ihnen anliegen, und$V_{OUT} = V_Z = V_{TH2} = \frac{V_Y}{10}$.

Also, in dem Fall wo element$Z_L$fehlt oder eine sehr sehr hohe Impedanz hat, lautet die Übertragungsfunktion einfach:

$$\begin{aligned} H_{Z_L\rightarrow \infty}(s) &= \frac{v_{OUT}}{v_Y} \\ \\ &= \frac{\left(\frac{v_Y}{10}\right)}{v_Y} \\ \\ &= \frac{1}{10} \end{aligned}$$

In dem wahrscheinlicheren Szenario wo$Z_L$spürbar ist, müssen Sie das gesamte Netzwerk berücksichtigen$R_{TH2}$, C2 und$Z_L$als weiterer Potentialteiler, mit Ausgang$v_{OUT}$rüber genommen$Z_L$:

$$\begin{aligned} v_{OUT} &= v_{TH2} \times \frac{Z_L}{Z_L+Z_{C2}+Z_{R_{TH2}}} \\ \\ &= \frac{v_Y}{10} \times \frac{Z_L}{Z_L+\frac{1}{sC_2}+R_{TH2}} \\ \\ &= \frac{v_Y}{10} \times \frac{sZ_LC_2}{sZ_LC_2+1+sR_{TH2}C_2} \\ \\ \end{aligned}$$

Die Übertragungsfunktion$H$wird sein:

$$\begin{aligned} H(s) &= \frac{v_{OUT}}{v_Y} \\ \\ &= \frac{1}{10} \times \frac{sZ_LC_2}{sZ_LC_2+1+sR_{TH2}C_2} \\ \\ &= \frac{1}{10} \times \frac{sZ_LC_2}{1+C_2(Z_L+R_{TH2})s} \\ \\ &= \frac{Z_L(2\times 10^{-6})(\frac{1}{10})s}{1+(2\times 10^{-6})(Z_L+900)s} \\ \\ &= \frac{Z_L(2\times 10^{-7})s}{1+\left[(2\times 10^{-6})Z_L+(1.8\times 10^{-3})\right]s} \\ \\ \end{aligned}$$

Der letzte Schritt besteht darin, die kombinierte Übertragungsfunktion zu finden$J$aller drei Stufen kaskadiert:

$$\begin{aligned} J(s) &= F(s)G(s)H(s) \\ \\ &= \frac{10s}{1 + 10s} \times 1 \times \frac{Z_L(2\times 10^{-7})s}{1+\left[(2\times 10^{-6})Z_L+(1.8\times 10^{-3})\right]s} \end{aligned}$$

Die Vereinfachung überlasse ich jemand anderem.

Etwas wie das. BUF kann als unendlich hohe Eingangsimpedanz und Null-Ausgangsimpedanz angenähert werden, es isoliert linke und rechte Schaltungen. Der 5M ist das Thevenin/Norton-Äquivalent von zwei 10M-Widerständen.

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}