FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartománybanbilicz/oktatas/JR2/JR2_gy3_uj.pdf · FI...
Transcript of FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartománybanbilicz/oktatas/JR2/JR2_gy3_uj.pdf · FI...
FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartományban
Dr. Horváth Péter, BME HVT
2017. január 19.
1. feladat
Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg Laplace-transzformáltjukat!
1.1. +f1(t) = Ae−αt cosω0t
A csillapítási tétel felhasználásával
F1(s) = ALcosω0t |s=s+α = As+ α
(s+ α)2 + ω20
1.2. f2(t) = Ae−αt sinω0t
Az el®z®höz hasonlóanF2(s) = ALsinω0t |s=s+α = A
ω0
(s+ α)2 + ω20
1.3. +f3(t) = Ae−αt cos(ω0t+ ρ)
f3(t) = Ae−αt [cos ρ cosω0t− sin ρ sinω0t]
F3(s) = A cos ρs+ α
(s+ α)2 + ω20
+A sin ρω0
(s+ α)2 + ω20
= . . .
1.4. +f4(t) = Ae−αt +Be−βt
F4(s) =A
s+ α+
B
s+ β=
(A+B)s+Aβ +Bα
(s+ α)(s+ β)
1.5. +f5(t) = Ate−αt
A csillapítási tétel alapján
F5(s) = ALt |s=s+α =A
(s+ α)2
1.6. +f6(t) = At cosω0t
f6(t) =At
2
[ejω0t + e−jω0t
],
a csillapítási tétel alapján
F6(s) =A
2
[1
(s− jω0)2+
1
(s+ jω0)2
]=A
2
s2 − ω20
(s2 + ω20)2
2. feladat
Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg Laplace-transzformáltjukat!
2.1. f(t) = [ε(t)− ε(t− τ)] tτ
F (s) = 1−(1+sτ)e−sτs2τ
1
2.2. f(t) = [ε(t)− ε(t− τ)] sin(πt/τ)
F (s) = πτ
1+e−sτ
s2+(πτ )2
2.3. f(t) = [ε(t)− ε(t− τ)]e−αt
F (s) = 1−e−τ(s+α)
s+α
2.4. f(t) = 2[ε(t)− ε(t− τ)] + [ε(t− τ)− ε(t− 2τ)]
F (s) = 2−e−sτ−e−s2τs
3. feladat
Határozzuk meg az alábbi ábrákon vázolt függvények Laplace-transzformáltját!
3.1.
t
f1(t)
τ
A
f1(t) = A[ε(t) tτ − ε(t− τ) t−ττ
]F1(s) = A
s2τ (1− e−sτ )
3.2.
t
f2(t)
T/4
A
f2(t) = A[ε(t)− ε
(t− T
4
)]cos(ω0t) = Aε(t) cos(ω0t) +Aε
(t− T
4
)sin(ω0
(t− T
4
));(ω0 = 2π
T
)F2(s) = A s
s2+ω20
+A ω0
s2+ω20e−sT/4 = A s+ω0e
−sT/4
s2+ω20
3.3.
t
f3(t)
T 2T 3T
1
2
3
f3(t) = ε(t) + ε(t− T ) + ε(t− 2T ) + ε(t− 3T ) + ... =∞∑k=0
ε(t− kT )
F3(s) = 1s
∞∑k=0
e−skT = 1s(1−e−sT )
4. A Laplace-transzformáció megfordítása
4.1. A célkit¶zés
Célunk a Laplace-transzformált ismeretében meghatározni a hozzá tartozó id®függvényt anélkül, hogy az in-verziós integrált kiértékelnénk. A bemutatott módszer lényege, hogy a racionális törtfüggvény alakú Laplace-transzformáltat részlettörtekre bontjuk. A részlettörtekhez pedig ránézésre tudunk id®függvényt rendelni. Atárgyban olyan függvényekkel találkozunk, ahol a nevez® fokszáma nagyobb (valódi törtfüggvény) vagy egyenl®(áltört) a számláló fokszámánál.
Példa: legyen a visszatranszformálandó függvény
Y (s) =1,5s2 + 6s+ 6
s2 + 5s+ 4
A nevez® nullhelyei (az Y (s) függvény pólusai): p1 = −1, p2 = −4, amivel
Y (s) =1,5s2 + 6s+ 6
(s+ 1)(s+ 4).
Bontsuk részlettörtekre a függvényt!
Y (s) = C0 +C1
s+ 1+
C2
s+ 4,
egyel®re ismeretlen C konstansokkal. Ilyen módon elemi transzformációs párokra vezettük visszaaz inverz transz-formációt, és a megfelel® id®függvényt ránézésre felírhatjuk:
y(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e
−1t + C2e−4t] ,
és keressük a C együtthatókat.A részlettörtekre bontás elvégzésére, az együtthatók meghatározására három módszert mutatunk.
• Együtthatók összehasonlítása -> ahogy a Matematika tárgyakból tanultuk (JR2-b®l nem részletezzük)
• Octave/Matlab alkalmazását.
• A letakarásos módszert
4.2. Octave/Matlab használata
A részlettörtekre bontás az residue() függvénnyel végezhet®. Ennek szintaxisa Octave alatt:
>> help residue-- Function File: [R, P, K, E] = residue (B, A)-- Function File: [B, A] = residue (R, P, K)-- Function File: [B, A] = residue (R, P, K, E)
The first calling form computes the partial fraction expansion forthe quotient of the polynomials, B and A.
The quotient is defined as
B(s) M r(m) N---- = SUM ------------- + SUM k(i)*s^(N-i)A(s) m=1 (s-p(m))^e(m) i=1
where M is the number of poles (the length of the R, P, and E),the K vector is a polynomial of order N-1 representing the directcontribution, and the E vector specifies the multiplicity of them-th residue’s pole.
Matlab-ban:
>> help residueresidue Partial-fraction expansion (residues).
[R,P,K] = residue(B,A) finds the residues, poles and direct term ofa partial fraction expansion of the ratio of two polynomials B(s)/A(s).If there are no multiple roots,
B(s) R(1) R(2) R(n)---- = -------- + -------- + ... + -------- + K(s)A(s) s - P(1) s - P(2) s - P(n)
Vectors B and A specify the coefficients of the numerator anddenominator polynomials in descending powers of s.
A példánkra a következ®képpen alkalmazhatjuk a függvényt:
>> [r,p,k] = residue([1.5 6 6],[1 5 4])
r =
-2.00000.5000
p =
-4-1
k =
1.5000
Vagyis C0 = 1,5, C1 = 0,5 és C2 = −2, és a részlettörtekre bontott alak
Y (s) = 1,5 +0,5
s+ 1+−2
s+ 4.
Az Octave-függvény 4. kimen® argumentuma, E vektor az egyes pólusok multiplicitását tartalmazza, amitöbbszörös pólusok esetén (lásd kés®bb) az egyes részlettörtek azonosításában segít. A Matlabban ezt az in-formációt implicit módon kapjuk meg, mert a kimen® vektorok s csökken® hatványai szerint tartalmazzák apólusok és a hozzá tartozó reziduumok értékeit.
Ezen függvények helyesen kezelik a nem valódi törtfüggvényeket, a többszörös pólusokat és a konjugáltkomplex póluspárokat is.
4.3. A letakarásos módszer
4.3.1. Példa a letakarásra
lims→∞
Y (s) = lims→∞
C0 + lims→∞
C1
s+ 1+ lims→∞
C2
s+ 4= C0
lims→∞
1,5s2 + 6s+ 6
s2 + 5s+ 4= 1,5 = C0
lims→−1
(s+ 1)Y (s) = lims→−1
(s+ 1)C0 + lims→−1
(s+ 1)C1
s+ 1+ lims→−1
(s+ 1)C2
s+ 4= C1
lims→−1
(s+ 1)1,5s2 + 6s+ 6
(s+ 1)(s+ 4)=
1,5s2 + 6s+ 6
s+ 4|s=−1 = 0,5 = C1
4.3.2. A kifejtési tétel
Ha egy X(s) = Q(s)P (s) racionális törtfüggvény nevez®jében csak egyszeres gyökök fordulnak el®, és P fokszáma ≥
Q fokszáma, akkor
X(s) =Q(s)
P (s)=
Q(s)
(s− p1)(s− p2) . . . (s− pn)
részlettörtekre bontható
X(s) = C0 +C1
s− p1+
C2
s− p2+ . . .+
Cns− pn
,
az együtthatók pedig meghatározhatókC0 = lim
s→∞X(s)
Ck = lims→pk
(s− pk)X(s) = lims→pk
(s− pk)Q(s)
P (s)=
Q(pk)
lims→pkP (s)s−pk
.
Az ennek megfelel® id®függvény
x(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e
p1t + C2ep2t + . . .+ Cne
pnt].
4.3.3. Többszörös pólusok kezelése
Ha a nevez®nek pontosan egy kétszeres1 gyöke van (pr+1):
X(s) =Q(s)
P (s)=
Q(s)
(s− p1)(s− p2) . . . (s− pr)(s− pr+1)2,
akkor a részlettörtekre bontott függvényt az alábbi alakban kell keresnünk:
X(s) = C0 +C1
s− p1+ . . .+
Crs− pr
+D1
(s− pr+1)+
D2
(s− pr+1)2.
Az ennek megfelel® id®függvény pedig
x(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e
p1t + . . .+ Creprt +D1e
pr+1t +D2tepr+1t
].
Itt csak a Ck együtthatók és D2 határozhatók meg letakarással, D1 meghatározása az együtthatók összeha-sonlítása alapján végezhet® el.
5. feladat
Határozzuk meg az alábbi függvények inverz Laplace-transzformáltját!
5.1. +
F1(s) = 3s+ 2
(s+ 1)(s+ 4)
f1(t) =[e−t + 2e−4t
]ε(t)
5.2. +
F2(s) = 3(s+ 2)2
(s+ 1)(s+ 4)
f2(t) =[e−t − 4e−4t
]ε(t) + 3δ(t)
5.3.
F3(s) =5
(s+ 2)2
f3(t) = 5te−2tε(t)
5.4. +
F4(s) =3s+ 2
(s+ 1)(s+ 2)2
f4(t) =[−e−t + e−2t + 4te−2t
]ε(t)
5.5.
F5(s) = 3s
(s+ a)(s+ b)
f5(t) = 3[
aa−be
−at + bb−ae
−bt]ε(t)
5.6.
F6(s) =1
s(s2 + 2as+ b2), b2 > a2
f6(t) = 1b2
[1− e−at
(cos(ω0t) + a
ω0sin(ω0t)
)]ε(t); ω0 =
√b2 − a2
1Ennél nagyobb multiplicitású gyökökre általánosítható a Laplace-transzformáció integrálási tétele segítségével. A q-szorosgyökhöz tartozó részlettörtek nevez®i rendre (s − pr+1), (s − pr+1)2, . . . (s − pr+1)q , a hozzájuk tartozó id®fügvények pedig
ε(t)epr+1t,ε(t)tepr+1t, . . . , ε(t) tq−1
(q−1)!epr+1t alakúak.
5.7.
F7(s) =1
s2 + 2as+ b2, b2 > a2
f7(t) = 1ω0
sin(ω0t)e−atε(t); ω0 =
√b2 − a2
5.8.
F8(s) =s
s2 + 2as+ b2, b2 > a2
f8(t) =[cos(ω0t)− a
ω0sin(ω0t)
]ε(t); ω0 =
√b2 − a2
5.9.
F9(s) =1− e−s
s+ 3
f9(t) = e−3tε(t)− e−3(t−1)ε(t− 1)
5.10. +
F10(s) =1− e−s − e−2s
s+ 3
f10(t) = e−3tε(t)− e−3(t−1)ε(t− 1)− e−3(t−2)ε(t− 2)
5.11. +
F11(s) =1
s2 + 8s+ 25
f11(t) = 13 sin(3t)e−4tε(t)
6. feladat +
Határozzuk meg az u(t) feszültséget, ha i(t) = I0!
i(t)
R
u(t)3R 2R
L
R
t = 0
A hálózat a t = 0 pillanatban energiamentes, ezért számolhatunk operátoros impedanciákkal. A forrásáramLaplace-transzformáltja
I(s) =I0s.
Áramosztással:
U(s) =I0s
3R
3R+R+ 2R× (R+ sL)[2R× (R+ sL)] = I0R
s+R/L
s(s+ 7R/3L)
Részlettörtekre bontva
U(s) = RI0
[C1
s+
C2
s+ 7R/3L
]Letakarással
C1 =s+R/L
s+ 7R/3L|s=0 =
3
7,
C2 =s+R/L
s|s=−7R/3L =
4
7A keresett válasz:
u(t) =I0R
7
(3 + 4e−
7R3L
)
T
Um
t
u(t)
τ T
UmR
t
i(t)
1. ábra. 7. feladat
7. feladat
Egy L induktivitású és R soros veszteségi ellenállású tekercset a t = 0 pillanatban u(t) =Umt
Tid®függés¶
feszültségre kapcsolunk. Határozzuk meg az áram i(t) id®függvényét, ha a tekercs a bekapcsolás pillanatábanenergiamentes!
u(t)
L
Ri(t)
A forrásfeszültség Laplace-transzformáltja
U(s) =UmT
1
s2.
Az áram komplex frekvenciatartományban operátoros impedanciákkal:
I(s) =U(s)
R+ sL=UmTL
1s2(s+R/L) =
UmTL
[D1
s+D2
s2+
C1
s+R/L
]Innen letakarással
D2 =L
R,
C1 =L2
R2,
és együtthatók összehasonlításával
D1 = −L2
R2.
A keresett id®függvény a hálózat τ = L/R id®állandójával kifejezve
i(t) = UmTL
[−L2
R2 + LR t+ L2
R2 e−tR/L
]ε(t) = Um
R
[tT −
τT
(1− e−t/τ
)]ε(t)
A forrásfeszültség és az áram id®függvénye a 1. ábrán látható.
8. feladat
Az alábbi hálózatra a t = 0 pillanatban Um amplitúdójú és T hosszúságú szimmetrikus kett®s négyszögimpulzusalakú feszültséget kapcsolunk. Határozzuk meg a bejelölt áram i(t) id®függvényét!
u(t)
R
R
L
i(t)
2R
t = 0
Határozzuk meg a választ úgy is, hogy us(t) egy τ hosszúságú, Um magasságú háromszögimpulzus (és nincskapcsoló)!
*Megoldás négyszögimpulzusra*A gerjesztés:
u(t) = Um(ε(t)− 2ε(t) + ε(t))
U(s) = Ums
(1− 2e−sT/2 + e−sT
)Az áram komplex frekvenciatartományban:
I(s) = U(s)R×(sL+2R)+R
RsL+2R+R = Um
2L1−2e−sT/2+e−sTs(s+5R/2L)
Így a válasz:
i(t) = Um5R
[(1− e−αt
)ε(t)− 2
(1− e−α(t−T/2)
)ε(t− T/2) +
(1− e−α(t−T )
)ε(t− T )
]; α = 5R
2L
*Megoldás háromszögimpulzusra*?A gerjesztés:
u(t) = Um
[(ε(t)− ε(t− τ/2)) 2t
τ + (ε(t− τ/2)− ε(t− τ)) 2(τ−t)τ
]U(s) = 2Um
τ
(1−2e−sτ/2+e−sτ
s2
)A már ismert átviteli karakterisztika az új gerjesztéssel:
I(s) = UmLτ
(1− 2e−sτ/2 + e−sτ
)1
s2(s+α) ; α = 5R2L
A parciális törtekre való bontás az együtthatók meghatározásával:
A1
s + A2
s2 + Bs+α
A1 = − 1α2 ; A2 = 1
α ; B = 1α2
Eszerint az áram id®függvénye:
i(t) = UmLτα2
[(αt+ e−αt − 1
)ε(t)− 2
(α(t− τ/2) + e−α(t−τ/2) − 1
)ε(t− τ/2) +
(α(t− τ) + e−α(t−τ) − 1
)ε(t− τ)
]9. feladat
Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatra a t = 0 pillanatban U0 = 125 V egyenfeszültséget kap-csolunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk a kondenzátor feszültségének uc(t) id®függvényét az alábbi adatokesetén:
1. R = 250 Ω, L = 667 mH, C = 2 µF
2. R = 100 Ω, L = 40 mH, C = 1 µF
3. R = 100 Ω, L = 40 mH, C = 5 µF
U0
R
C uc(t)L
t = 0
A válasz feszültségosztással:
Uc(s) = U0(s)sL× 1
sC
sL× 1sC+R
= U0
RC1
s2+s1RC+
1LC
1. [V,A,Ω,mH,mF,ms] koherens egységrendszerben:
Uc(s) = 250 1(s+0.5)(s+1.5)
uc(t) = 250(e−0.5t − e−1.5t
)ε(t)
2. ? [V,A,Ω,mH,mF,ms] koherens egységrendszerben:
Uc(s) = 1250 1(s+5)2
uc(t) = 1250te−5tε(t)
3. [V,A,Ω,mH,mF,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:
Uc(s) = 250 1(s+1−2j)(s+1+2j)
uc(t) = 125e−t sin(2t)ε(t)
vagy
Uc(s) = UmRC
1
(s+1
2RC )2− 14R2C2 +
1LC
; τ = RC = 0.5, ω0 =√
1LC −
14R2C2 = 2
uc(t) = Umτω0
e−t/2τ sin(ω0t)ε(t)
10. feladat
Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban az i3(t) áramot, ha us(t) = U0[ε(t) − ε(t − T )]. Az α és βparaméterek mely értéktartományában stabilis a hálózat (R1, R2, R3, C > 0)?
us(t)
R1i1
βu2 αi1 R2u2
C
R3
i3
A gerjesztés komplex tartományban:Us(s) = U0
1−e−sTs
Us
R1I1
βU2 αI1 R2U2
C
R3
I3
Us U2 U3
∅
Egy lehetséges egyenletrendszer:
U2 : αI1 + U2
R2+ sC(U2 − U3) = 0
U3 = R3I3
I1 = Us−βU2
R1
U2 = I3(R3 + 1
sC
)A válasz két konstans (a,b) bevezetésével:
I3(s) = αU0R2
a1s+b (1− e
−sT )
i3(t) =αU0R2
a
[ε(t)e−bt − ε(t− T )e−b(t−T )
]a = αβR2R3 −R1R2 −R1R3 6= 0, b =
αβR2 −R1
aC
A hálózat akkor stabilis, ha b > 0. Ehhez:
αβ > R1(R2+R3)R2R3
valamint αβ < R1
R2
11. feladat
Az ábrán látható hálózatban a kapcsolót a t = 0 pillanatban zárjuk.
a) Határozzuk meg a bejelölt i áram id®beli változását a t > 0 pillanatokra, ha a kapcsoló zárása el®tt a hálózatállandósult állapotban volt!
b) Határozzuk meg az i áram ugrását a t = 0 pillanatban!
U0
i
R
L 2RR
t = 0
A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = −0 -ban:
iL(−0) = U0
R
Us
I
R
L
IL0
2RR
Us U
∅
(Us = U0
s , IL0 = UsR )
Az egyenletek Us és U csomópontokra felírva:
Us : − I + Us−UR×sL + Us
R = 0
U : − I + UR×2R = 0
Ezekb®l:
a)
I(s) = 6U0
5Rs+R/2L
s(s+2R/5L) = 3U0
2R
(1s −
15
1s+2R/5L
)i(t) = 3U0
2R
(1− 1
5e− 2R
5L t
)ε(t)
b)∆i = i(+0)− i(−0) = 6U0
5R −U0
R = U0
5R
12. feladat
Oldjuk meg az el®z® feladatot arra az esetre, ha az eredetileg zárt kapcsolót a t = 0 pillanatban kinyitjuk!
A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = −0 -ban:
iL(−0) = 3U0
2R
Us
i
R
L
IL0
R
Us U
∅
(Us = U0
s , IL0 = 3Us2R )
Az egyenletek Us és U csomópontokra felírva:
Us : − I + Us−UR×sL + 3Us
2R = 0
U : − I + UR = 0
Az egyenletrendszert megoldva:
a)
I(s) = 5U0
4Rs+2R/5Ls(s+R/2L) = U0
R
(1s −
14
1s+R/2L
)i(t) = U0
R
(1 + 1
4e− R
2Lt
)ε(t)
b)∆i = i(+0)− i(−0) = 5U0
4R −3U0
2R = −U0
4R
13. feladat +
Az ábrán látható, állandósult állapotban lev® hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzukmeg a bejelölt i(t) áram id®függvényét! (R1 = R2 = R3 = 20 Ω, L = 20 mH, C = 100 µF, u1(t) ≡ U1 = 20 V,u2(t) ≡ U2 = 10 V.)
u2(t)
R2 L R1
u1(t)CR3
i(t)
t = 0
A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama, valamint a kondenzátor feszültsége:
iL(−0) = U2
R2+R3= 0.25 A
uC(−0) = U1 = 20 V
U2
R2 L R1
U1
C
UC0
R3
I
IL0
φ
UC
∅
(UC0 = U1
s , IL0 = U2
s(R2+R3))
Az egyenleteket felírva UC és φ csomópontokra:
UC : UC−φsL + U2
s(R1+R2)+ I + (UC + U1/s)sC + UC−U1/s
R1= 0
φ : φ−U2/sR1
+ φ−UCsL + U2
s(R1+R2)= 0
Emellett tudjuk, hogy:UC = R3I
Az egyenletrendszert megoldva, [V,A,Ω,mH,mF,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:
I(s) = s2+1,625s+0,75s(s2+2s+1,5) = s2+1,625s+0,75
s(s+1−0,707j)(s+1+0,707j)
I(s) = As + B
s+1−0,707j + B∗
s+1+0,707j
A = 0,5 B = 0,265e−j0,34 B∗ = 0,265ej0,34
Így az áram id®függvénye:i(t) =
[0,5 + 0,53e−t cos(0,707t− 0,34)
]ε(t)
14. feladat
? Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatot a t = 0 pillanatban u(t) = U0 egyenfeszültségre kap-csoljuk.
a) Határozzuk meg i1(t), ill. i2(t) id®függvényét!
b) Számítsuk ki és ábrázoljuk az el®bbi id®függvényeket az alábbi adatok mellett: R1 = R2 = 1 Ω, L1 = 57,7mH, L2 = 100 mH, M = 48 mH.
c) Melyik t1 id®pillanatban veszi fel az i2(t) áram az extremális értékét, és mekkora az i2(t1) értéke?
u2(t)
i1(t)
R1
L1 L2
R2
i2(t)
t = 0
M
a) A rendszer a t = 0 pillanatban energiamentes.
U2
I1
R1
L1 L2
R2
I2
M
I.II.
A fenti ábra szerinti hurokegyenletek:
I. : − I2R2 − I2sL2 + I1sM = 0
II. : − I1sL1 + I2sM − I1R1 + U0
s = 0
A megoldáshoz vezessük be a következ® jelöléseket:
k = M√L1L2
, α1 = R1
2L1, α2 = R2
2L2
σ = α1+α2
1−k2 , β =
√(α1−α2)2+4k2α1α2
1−k2
Az I1 komplex frekvenciatartományban:
I1(s) = U0
L1
s+2α2
s(s2(1−k2)+2s(α1+α2)+4α1α2)= U0
L1(1−k2)s+2α2
s(s2+2sσ+σ2−β2)
A résztörtekre való bontás:U0
L1(1−k2)
(As + Bs+C
(s+σ)2−β2
)A = L1
R1(1− k2), B = −L1
R1(1− k2), C = −α2
α1
Az I2 komplex frekvenciatartományban:
I2(s) = U0ML1L2
1s2(1−k2)+2s(α1+α2)+4α1α2
= U0ML1L2(1−k2)
1s2+2sσ+σ2−β2 = U0M
L1L2(1−k2)1
(s+σ)2−β2
Így a válaszok:
i1(t) = U0
R1
[1 + e−σt
(α1−α2
β(1−k2) sinh(βt)− cosh(βt))]ε(t)
i2(t) = U0MβL1L2(1−k2)e
−σt sinh(βt)ε(t)
b) A válaszok [V,A,Ω,H, s, rad/s] koherens egységrendszerben:
i1(t) = U0
[1 + e−22,76t (0,403 sinh(15,145t)− cosh(15,145t))
]ε(t)
i2(t) = 0,915 U0 e−22,76t sinh(15,145t) ε(t)
c) Az i2(t) függvénynek maximuma van a tm = 0,054 s pillanatban (i2(tm) = 0,244U0 A).
15. feladat
? Az ábrán látható, vezérelt forrást tartalmazó hálózatban us(t) = [ε(t)− ε(t− T )]U0[1− 2t/T ].
a) Határozzuk meg a bejelölt i1(t) áram id®függvényét!
b) Az α paraméter mely értéktartományában stabilis a hálózat?
us(t)
R
2R
i1(t)
αi1
5RL
R
a) A gerjesztés Laplace-transzformáltja:
Us = U0
s
[1− 2
sT +(1 + 2
sT
)e−sT
]
Us
R
2R
I1
αI1
5RL
R
φ1 φ2
∅
A csomóponti egyenletek az ábrák alapján:
φ1 : φ1−UsR + I1 + αI1 + φ1−φ2
5R = 0
φ2 : − αI1 + φ2−φ1
5R + φ2
R+sL = 0
Ezekb®l a válasz:
I1(s) = Us3RL
sL+6R
s+(20+5α)R3L
= U0
3RL
(sL+6R)(1− 2
sT
)s(s+β) + U0
3RL
(sL+6R)(1+
2sT
)e−sT
s(s+β)
Ahol:β = 5R
3L (4 + α)
A parciális törtekre bontásból adódó együtthatók:
A = 6Rβ B = βL−6R
β
A válasz id®függvényként:
i1(t) = U0
3RL
[(A+Be−βt
)ε(t) +
(A+Be−β(t−T )
)ε(t− T )
]−
− 2U0
3RLβT
[(B + βAt−Be−βt
)ε(t) +
(B + βA(t− T )−Be−β(t−T )
)ε(t− T )
]b) A hálózat akkor stabil, ha:
20 + 5α > 0
α > −4
16. feladat
Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban a bejelölt i(t) áram id®függvényét, ha a forrásfeszültség id®függ-vénye
us(t) = U0[ε(t)− ε(t− T )]
alakú! (R1 = 1 kΩ, R2 = 5 kΩ, R3 = 0,5 kΩ, r = 1kΩ, C = 1 µF, U0 = 10 V, T = 10 ms.)
r
us(t)
R1
R2
R3
C
i(t)
A girátor feszültségeit és áramait tankönyvi jelöléssel és referenciairánnyal rendre U1(s), U2(s), I1(s), I2(s)-sel jelölve
R1I1(s) + U1(s)− Us(s) = 0
I2(s) +U2(s)
R2+
U2(s)
R3 + 1/sC= 0,
és a választ pl. az alábbi alakban fejezhetjük ki:
I(s) =U2(2)
R3 + 1/sC,
továbbá a girátor karakterisztikáiU2(s) = rI1(s), U1(s) = −rI2(s).
r
us(t)
R1
R2
R3
C
i(t)
U1(s) U2(s)
A számértékeket [V, mA, kΩ, µF] koherens egységekben behelyettesítve, I(s)-t kifejezhetjük:
I(s) = Us(s)5s
8s+ 6= Us(s)
0,625s
s+ 0,75.
A gerjesztés
Us(s) =10
s(1− e−10s)
Ezzel a válaszi(t) = 6,25
[ε(t)e−0,75t − ε(t− 10)e−0,75(t−10)
]
16.1. Megoldás Octave segítségével
Megjegyzés: Octave használatánál a közölt kimenetet úgy kapjuk, hogy sympref display flat paranccsal a széperedmény-megjelenítést kikapcsoljuk.
>> syms R1 I1 U1 I2 U2 Iv Us R2 R3 C s r>> [si1, si2, su1, su2, si] = solve(R1*I1+U1-Us==0, I2+U2/R2+U2/(R3+1/s/C)==0, U2 == r*I1, U1 == -r*I2, Iv == U2/(R3+1/s/C),
I1, I2, U1, U2, Iv)[...]si =
(C*R2*Us*r*s)/(R1*R2 + r^2 + C*R2*r^2*s + C*R3*r^2*s + C*R1*R2*R3*s)>> subs(si, [R1 R2 R3 r C], [1 5 .5 1 1])ans =
(5*Us*s)/(8*s + 6)
17. feladat +
? Az alábbi, kezdetben energiamentes hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzuk meg azi1(t) áramot!Adatok: R1 = 10 Ω, R2 = 5 Ω, R3 = 15 Ω, L1 = 30 mH, L2 = 50 mH, M = 25 mHA gerjesztés:
us(t) = U0 sin(ωt+ %); U0 = 170 V, ω = 314 rad/s, % = π6
us(t)
i1(t)
R1 L1
L2
R2
R3
t = 0
M
A gerjesztés s tartományban:Us(s) = U0
s sin(%)+ω cos(%)s2+ω2
Us
I1
R1 L1
L2
R2
I2
R3
I3
M
II. I.
Az két hurokegyenlet:I. : − I3R3 + I2sL2 + I1sM + I2R2 = 0
II. : − Us + I1R1 + I1sL1 + I2sM + I3R3 = 0
Valamint felírhatjuk, hogy:I1 = I2 + I3
Az egyenletrendszer megoldása után a válasz s tartományban:
I1(s) = UsL1(1−k2)
s+as2+bs+c
Ahola = R2+R3
L2, b = L1(R2+R3)+L2(R1+R3)+2MR3
L1L2(1−k2)
c = R1R2+R1R3+R2R3
L1L2(1−k2) , k = M√L1L2
Behelyettesítve az értékeket [V,A,Ω,mH,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:
I1(s) = 34035
s+2/5s2+104s/35+11/35
0,5s+0,272s2+0,0986
I1(s) = 34070
(s+0,4)(s+0,544)(s+0,11)(s+2,86)(s+j0,314)(s−j0,314)
Parciális törtekre bontás után a válasz id®tartományban:
i1(t) =[2,008e−0,11t − 1,216e−2,86t + 5,15 cos(0,314t− 1,725)
]ε(t)