7.2. ОПЕРАТОРНЫЙ МЕТОД РАСЧЁТА ПП 7.2.1. Основные теоретические положения Сущность операторного метода заключается в том, что от некоторой функции вещественного переменного (например, времени t), называемой оригиналом f(t), переходят к функции комплексного переменного F(р), называемой изображением. При этом дифуравнения относительно оригиналов превращаются в алгебраические уравнения относительно изображений, решение которых проще. Изображение и оригинал функции связывают формулой прямого преобразования Лапласа F(р) = e pt f ( t )dt . 0 В справочной литературе имеются таблицы оригиналов и соответствующих им изображений. Изображения наиболее характерных оригиналов приведены в табл. 7.3. Таблица 7.3 Оригинал функции Изображение по Лапласу U0, Jk, uC(0) U0 Jk uC ( 0 ) , , p p p t -t U0 U0·e , 1 – 1·e , p p( p ) n -t 1 n! 1 1·t, t , t·e , , p2 p n 1 ( p )2 e j(t +) e j p j sin(t +) e j p sin cos = Im p2 2 p j e j p cos sin = Re p j p2 2 pF(р) – f(0) F( p ) p cos(t +) Теорема дифференцирования, f (t) Теорема интегрирования t f ( t )dt 0 Закон Ома для последовательного участка R-L-C: u (0) U ( p ) L iL ( 0 ) C p I(р) = , Z( p ) 1 где Z(р) = R + pL + – операторное сопротивление этого участка. pC В числителе кроме изображения напряжения на зажимах участка U(р) 79 фигурируют внутренние операторные ЭДС LiL(0) и uC ( 0 ) , учитывающие p независимые начальные условия. I закон Кирхгофа: для любого узла I(р) = 0. II закон Кирхгофа: для любого контура n n uCk ( 0 ) ). p k 1 k 1 Поскольку законы Ома и Кирхгофа в операторной форме имеют такой же вид, как и в цепях постоянного тока (ЦПТ), то все методы анализа ЦПТ, основанные на этих законах, могут быть применены для анализа операторных схем с учётом независимых начальных условий. По изображениям искомых величин, полученным в результате анализа операторной схемы, находят оригиналы искомых величин. Для этого применяют обратное преобразование Лапласа или используют таблицу преобразований Лапласа, или пользуются теоремой разложения. В последнем случае изображение искомой величины приводят к виду: F ( p) F1( p ) F(р) = 1 или , F2 ( p ) pF2 ( p ) где F1(р) и F2(р) – степенные многочлены: F1(р) = bm pm + bm-1 pm-1 + … + b1 p + b0, F2(р) = an pn + an-1 pn-1 + … + a1 p + a0, причём m n и дробь несократима (числитель и знаменатель не имеют одинаковых корней). Оригинал определяется по формулам: n F( p ) F1( p ) F1( p ) F ( 0 ) n F1( pk ) p k t e , f(t) = 1 k e p k t или f(t) = 1 + F ( p ) p F ( p ) F2 ( p ) pF ( p ) F ( 0 ) k 1 2 k 1 k 2 k k 2 2 где pk – корни уравнения F2(р) = 0, а n – число корней этого уравнения, F1(рk) и F2(рk) – значения многочлена F1(р) и производной от многочлена F2(р) при k-м корне. В случае пары комплексных сопряжённых корней можно использовать F(p ) F1( p ) следующие формулы: f(t) = 2Re 1 1 e p1t F2 ( p ) F2( p1 ) I k ( p )Z k ( p ) = ( Ek ( p ) Lk ik ( p ) F(p ) F1( p ) F (0) f(t) = 1 + 2Re 1 1 e p1t . pF2 ( p ) F2 ( 0 ) pk F2( p1 ) Рекомендуемая последовательность расчёта ПП операторным методом. 1. Расчётом цепи до коммутации определяют независимые начальные условия iL(0), uC(0) и записывают величины внутренних операторных ЭДС u (0) LiL(0) и C . p 2. Для цепи после коммутации составляется эквивалентная операторная схема. 3. Любым методом анализа ЦПТ определяют изображения требуемых токов и напряжений, приводя затем их к виду рациональной дроби. или 80 4. По теореме разложения или с помощью обратных преобразований Лапласа находят оригиналы искомых токов и напряжений переходного процесса. 7.2.2. ПП в цепях с одним накопителем ЗАДАЧА 7.45. a) б) Напряжение, приложенI1(p) r1 r1 ное к цепи рис. 7.68,а С r2 1/pC r2 изменяется по закону U(p) u(t) u(t) = 30t2 + 18t + 10 В. i3 I2(p) I3(p) i1 i2 Параметры цепи: r1 = r2 = Рис. 7.68 = 100 Ом, С = 10 мкФ. Рассчитать ток конденсатора. Решение До появления напряжения на источнике цепь находилась в состоянии покоя. Поэтому данная задача – с нулевыми начальными условиями, а эквивалентная операторная схема выглядит так, как на рис. 7.68,б. Изображение приложенного напряжения определяем, используя 30 2 18 10 таблицу преобразований Лапласа: U(p) = 3 + 2 + . p p p U( p ) Изображения первого и третьего токов: I1(p) = ; r2 1 pC r1 r2 1 pC I ( p ) r2 r pC U ( p )r2 pC U( p ) I3(p) = 1 = 2 = = r2 1 r pC 1 pr r C r r 2 1 2 1 2 r2 r1 pC r2 pC 1 60 r2C 18r2C 10r2C = 2 + + . p ( pr1r2C r1 r2 ) p( pr1r2C r1 r2 ) pr1r2C r1 r2 Разложим последнее выражение на простые дроби: A B D I3(p) = + 2 + . pr1r2C r1 r2 p p Приведя в выражениях для I3(p) дроби к общему знаменателю и приравняв числители, получим следующее уравнение: Ар(рr1r2C + r1 + r2) + B(рr1r2C + r1 + r2) + Dp2 = 60r2C + р18r2C + р210r2C. Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях р и получаем систему уравнений: коэффициенты при p2 : АСr1r2 + D = 10r2C; при p : А(r1 + r2) + ВСr1r2 = 18r2C; при 1 : В(r1 + r2) = 60r2C. 60r2C 60 100 10 5 Отсюда В = = = 310 –4; r1 r2 100 100 81 18r2C BCr1r2 18 10 3 3 10 5 А= = = 910 –5; r1 r2 200 D = 10r2C – АСr1r2 = 0,01 – 910 –510 –510 4 = 0,01. Окончательно получаем: 0,01 9 10 5 3 10 4 I3(p) = + + 910 –5 + 310 –4t + 0,1е -2000t А = i3(t). 2 p 0,1 200 p p ЗАДАЧА 7.46. В приведенной на рис. 7.69,а схеме рассчитать напряжение и ток индуктивности. Числовые значения: U = 24 В, L = 0,25 Гн, R1 = 30 Ом, R2 = 10 Ом. uL б) IL(p) a) LiL(0) iL U рL L R1 U/p R2 UL(p) R1 R2 Рис. 7.69 Решение 1. Рассчитаем независимое начальное условие и запишем величину U 24 внутренней операторной ЭДС: iL(0+) = iL(0-) = 0 = = 2,4 А, R2 10 LiL(0+) = 0,25·2,4 = 0,6 В·с. 2. Эквивалентная операторная схема приведена на рис. 7.69,б. 3. Поскольку обе операторные ЭДС оказались в одной ветви, изображение тока IL(p) определим по закону Ома: U 24 U LiL ( 0 ) p 2,4 pi ( 0 ) L U pLiL ( 0 ) p 0 , 25 L IL(p) = = = = = R1R2 R1R2 R1R2 30 10 pL p( pL ) p( p ) p( p ) R1 R2 L( R1 R2 ) R1 R2 0,25 40 96 p 2,4 F1( p ) = = . p( p 30 ) pF2 ( p ) На основании второго закона Кирхгофа U piL ( 0 ) L UL(p) = рL·IL(p) – LiL(0) = рL· – LiL(0) = R1R2 p( p ) L( R1 R2 ) R1R2 U pL iL ( 0 ) LiL ( 0 )( p ) 6 L( R1 R2 ) 24 p 0,6 0,6( p 30 ) = = = . R1R2 p 30 p 30 p L( R1 R2 ) 4. Оригинал тока iL(t) определим с помощью теоремы разложения: 82 F1( 0 ) n F1( pk ) p k t e . iL(t) = + F2 ( 0 ) k 1 pk F2( pk ) Корень уравнения F2(p) = p + 30 = 0 – p = -30 c -1, производная F2(p) = 1, F2(0) = 30; F1(0) = 96, F1(p) = 96 – 30·2,4 = 24; 96 24 iL(t) = + е -30t = 3,2 – 0,8е -30t А. 30 30 1 6 есть станp 30 дартная (табличная) функция. Это – изображение экспоненты, поэтому uL(t) = 6е -30t B. Изображение напряжения на индуктивности UL(p) = ЗАДАЧА 7.47. В схеме рис. 7.70,а рассчитать ток i2(t) и напряжение на ёмкости uС(t), если U = 240 В, Е3 = 100 В, R1 = R3 = 50 Ом, С = 1000 мкФ. R3 R1 U в) б) a) С R1 UС(р) uС i2 Е3 U/p 1/pC I2(p) R3 uС(0)/p Рис. 7.70 R1 UХХ(р) U/p uС(0)/p IХ(р) R3 Е3/p Е3/p Решение 1. Независимое начальное условие: uС(0+) = uС(0-) = -Е3 = -100 В. u ( 0 ) 100 Внутренняя операторная ЭДС C =. p p 2. Операторная схема замещения представлена на рис. 7.70,б. 3. Поскольку по условию задачи требуется рассчитать только один ток, то его изображение определим методом эквивалентного генератора (рис. 7.70,в). По второму закону Кирхгофа: U u ( 0 ) 240 ( 100 ) 340 UХХ(р) + R1·IХ(р) = – C = = . p p p p U E3 240 100 3,4 p p По закону Ома IХ(р) = = = . R1 R3 p( 50 50 ) p 340 3,4 170 Тогда UХХ(р) = – 50 = . p p p Входное сопротивление схемы относительно разомкнутых зажимов RR 50 50 ZBХ(р) = 1 3 = = 25 Ом. R1 R3 50 50 Изображение искомого тока I2(p): 83 I2(p) = U XX ( p ) Z BX ( p ) 1 pC = 170 p( 25 1 ) 0,001 p = 6,8 . p 40 u (0) 1 I2(p) = C . pC p 100 1 6,8 100 p 2800 F1( p ) Отсюда UС(р) = + · = = . p 0,001 p p 40 p( p 40 ) pF2 ( p ) 4. Оригинал тока найдём по таблице преобразований Лапласа: i2(t) = 6,8е -40t А. Оригинал напряжения найдём с помощью теоремы разложения: корень уравнения F2(p) = p + 40 = 0 – p = -40 c -1, производная F2(p) = 1, F2(0) = 40; a F1(0) = 2800, F1(p) = -100·(-40) + 2800 = 6800; 2800 6800 -40t R1 uС(t) = + е = 70 – 170е -40t В. R2 40 40 1 I3(p) I1(p) рL ЗАДАЧА 7.48. Решить задачу 7.11 R3 U/p операторным методом. I2(p) Ответы: i2(0) = 0,8 A; эквивалентная операторная схема на рис. 7.71; Li2(0) U ab(p) UR3 ( R2 pL ) pLi2 ( 0 )R1R3 Uab(p) = ; Рис. 7.71 b p( pL( R1 R3 ) R1R2 R1R3 R2 R3 ) U ( pL R2 R3 ) pLi2 ( 0 )R3 33,6 p 3600 I1(p) = = ; p( pL( R1 R3 ) R1R2 R1R3 R2 R3 ) p( 15,6 p 1440 ) UR3 pLi2 ( 0 )( R1 R3 ) 12 ,48 p 1800 I2(p) = = ; p( pL( R1 R3 ) R1R2 R1R3 R2 R3 ) p( 15,6 p 1440 ) U ( pL R2 ) pLi2 ( 0 )R1 21,12 p 1800 I3(p) = = ; p( pL( R1 R3 ) R1R2 R1R3 R2 R3 ) p( 15,6 p 1440 ) i1(t) = 2,5 – 0,346е -92,31t А; i2(t) = 1,25 – 0,45е -92,31t А; i3(t) = 1,25 + 0,104е -92,31t А. На основании второго закона Кирхгофа UС(р) – а ЗАДАЧА 7.49. Решить задачу 7.12 операторным методом. I2(p) r1 Ответы: независимое начальное Li3(0) U/p r 2 условие – i3(0) = 1 А, эквивалентная операUab(p) рL торная схема представлена на рис. 7.72; I1(p) p I3(p) выражения для узлового напряжения и Рис. 7.72 b pLr2U pLi3 ( 0 )r1r2 токов: Uab(p) = ; p( pL( r1 r2 ) r1r2 ) p( Li3 ( 0 )r2 UL ) Ur2 I1(p) = i1(t) = 3 – 1е -100t А; p( pL( r1 r2 ) r1r2 ) 84 UL Li3 ( 0 )r1 I2(p) = i2(t) = е -100t А; pL( r1 r2 ) r1r2 pLi3 ( 0 )( r1 r2 ) Ur2 I3(p) = i3(t) = 3 – 2е -100t А. p( pL( r1 r2 ) r1r2 ) R1 R2 I3(p) I1(p) 1/рС U/p I2(p) R3 ЗАДАЧА 7.50. Решить задачу 7.13 операuС(0)/р торным методом. Ответы: uС(0) = 100 B, эквивалентная операРис. 7.73 торная схема на рис. 7.73; U ( pCR2 1 ) 0,6 p 100 I1(p) = = ; p( pC( R1 R2 R1R3 R2 R3 ) R1 R3 ) p( 1,2 p 150 ) UCR1 0,3 I2(p) = = ; pC( R1R2 R1R3 R2 R3 ) R1 R3 1,2 p 150 U ( pC( R1 R2 ) 1 ) 0,9 p 100 I3(p) = = ; p( pC( R1R2 R1R3 R2 R3 ) R1 R3 ) p( 1,2 p 150 ) i1(t) = 0,667 – 0,167е -125t А; i2(t) = -0,25е -125t А; i3(t) = 0,667 + 0,083е -125t А. ЗАДАЧА 7.51. Рассчитать переходный процесс в схеме рис. 7.74 классическим и операторным методами: u(t) = 100sin(200t + 90) B, r1 = r2 = 100 Ом, С = 50 мкФ. Решение I. Расчёт классическим методом. 1. Получим независимое начальное условие uC(0) анализом цепи до коммутации: 1 10 6 хC = = = 100 Ом, Z = C 200 50 2 uC i C u(t) r1 r2 Рис. 7.74 r1r2 100 2 xC2 = 100 = 111,8 Ом, 2 r1 r2 2 U m 100 = = 0,894 A, UCm = ImхC = 0,894100 = 89,4 B, Z 111,8 x 100 = arctg C = -arctg = -63,4, i =u – = 90 + 63,4 = 153,4, 0 ,5r1 50 uC = i – 90 = 153,4 – 90 = 63,4, uC(t-) = 89,4sin(200t + 63,4) B, uC(0+) = uC(0-) = 89,4sin63,4 = 80 B. Зависимое начальное условие (ток в цепи в момент сразу после u( 0 ) uC ( 0 ) 100 80 коммутации): i(0) = = = 0,2 А. 100 r1 2. Рассчитаем принуждённые составляющие тока и напряжения на конденсаторе: Um 100 Imпр = = = 0,707 A, UCmпр = ImпрхC = 0,707100 = 70,7 B, 2 2 2 2 r1 xC 100 100 Im = 85 xC 100 = 90 + arctg = 135, 100 r1 uCпр = iпр – 90 = 135 – 90 = 45, uCпр(t) = 70,7sin(200t + 45) B, iпр(t) = 0,707sin(200t + 135) A. Начальные значения принуждённых составляющих: uCпр(0) = 70,7sin45 = 50 B, iпр(0) = 0,707sin135 = 0,5 A. 3. Характеристическое уравнение и его корень: 10 6 1 1 + r1 = 0, р = == -200 с -1. 100 50 r1C pC 4. Свободные составляющие: uCсв(t) = Ae рt, iсв(t) = Вe рt. Постоянные интегрирования: UC(p) A = uCсв(0) = uC(0) – uCпр(0) = 80 – 50 = 30, В = iсв(0) = i(0) – iпр(0) = 0,2 – 0,5 = -0,3. 5. Окончательно получаем: uC(t) = uCпр(t) + uCсв(t) = 70,7sin(200t + 45) + 30e -200t B, uC(0)/p 1/(pC) i(t) = iпр(t) + iсв(t) = 0,707sin(200t + 135) – 0,3e -200t A. r1 U(p) I(p) II. Расчёт операторным методом. 1. Независимое начальное условие – Рис. 7.75 uC(0+) = uC(0-) = 80 B. 2. Эквивалентная операторная схема на рис. 7.75. Изображение напряжения источника находим по прямому преобразованию Лапласа: p u(t) = 100sin(200t + 90) 100 2 = U(p). p 200 2 3. Изображение тока находим по закону Ома, причём с целью получения выражений, соответствующих таблице преобразований Лапласа, полученное выражение разложим на правильные дроби: 100 p 80 u (0) U( p ) C 2 2 p 0,001 p 2 160 p p 200 I(p) = = = 2 = 10 6 ( p 40000 )( 0,005 p 1 ) r1 1 pC 100 50 p iпр =u – arctg 0,005 Ap 2 Ap 0,005 Bp B Dp 2 40000 D Ap B D + = . p 2 40000 0,005 p 1 ( p 2 40000 )( 0,005 p 1 ) Возникает следующая система уравнений: 0,005А + D = 0,001, A + 0,005B = 0, B + 40000D = -160. Решение системы: А = 0,5; B = -100; D = -0,0015. Таким образом, 0,5 p 100 0,5 p 100 0,0015 200 0,3 I(p) = 2 + = 2 + . p 40000 ( 0,005 p 1 ) 200 p 200 2 p 200 Первую дробь приведём к следующему табличному виду: = 86 p sin cos 0,5 p 100 = М . p2 2 p 2 200 2 Возникает ещё одна система уравнений: Мsin = 0,5, Мsin = 0,5, 200Мcos = -100. Мcos = -0,5. 0 ,5 tg = -1, = 135, М = = 0,707. sin 135 4. По таблице преобразований Лапласа находим ответ: i(t) = 0,707sin(200t + 135) – 0,3e -200t A. III. Следует отметить, что при синусоидальном источнике, напряжение или ток которого можно записать в комплексной форме, возможен и другой подход к нахождению изображений и оригиналов величин. Покажем его. Согласно символическому методу, синусоидальное напряжение равно мнимой части от комплексного мгновенного значения, записываемого в виде экспоненты. Но тогда и изображение напряжения источника может быть получено взятием мнимой части от изображения комплексного мгновенного значения: U me j u j(t + u) ju jt u(t) = Umsin(t +u)= Im[Ume ]= Im[Ume e ] Im = U(p). p j Изображение тока находим по закону Ома по схеме рис. 7.75: U me j u j uC ( 0 ) j u ( 0 ) U ( p ) C p p j p = I(p) = Im = Im 1 1 r1 r1 pC pC j p U me u juC ( 0 ) C uC ( 0 )C F1( p ) = Im = Im , F ( p ) ( p j )( r Cp 1 ) 2 1 где F1(p) = pC(Ume ju – juC(0)) – uC(0)C, F2(p) = (p – j)(r1Cp + 1). Оригинал тока найдём с помощью теоремы разложения. Для этого предварительно вычислим: 1 - корни уравнения F2(p) = 0: p1 = j = j200 с –1; p2 = = -200 с –1; r1C - F2(p) = 2r1Cp + 1 – jr1C; F2(p1) = j + 1; F2(p2) = -1 – j; - F1(p1) = Ume jujC = 100jj2005010 –6 = -1; - F1(p2) = -200(100j – j80)5010 –6 – 802005010 –6 = = -0,8 – j0,2 = 0,825e –j166. 1 k 2 F1( pk ) p k t 0,825 e j166 200 t jt = e = Im e e i(t) = Im j 135 1 j F ( p ) k 1 2 k 2e 87 1 j( t 135 ) 1 = Im sin(t +135) – 0,583sin31e -200t = e 0,583e j 31 e 200 t = 2 2 = 0,707sin(200t + 135) – 0,3e -200t A. UCсв(p) IV. Наконец, операторным методом можно рассчитать только свободные составляющие тока и напряжения на конденсаторе, предварительно uCсв(0)/p 1/(pC) рассчитав принуждённые составляющие r1 символическим методом (см. часть I настоящей Iсв(p) задачи): iпр(t) = 0,707sin(200t + 135) A; Рис. 7.76 uCпр(t) = 70,7sin(200t + 45) B, uCпр(0) = 70,7sin45 = 50 B, uCсв(0) = uC(0) – uCпр(0) = 80 – 50 = 30 B. Эквивалентная операторная схема для свободного режима представлена на рис. 7.76. Полученная цепь рассчитывается на основании закона Ома, оригиналы величин находим, используя таблицу преобразований Лапласа. uC св ( 0 ) uC св ( 0 ) С 30 50 10 6 0,3 р Iсв(p)= = = = -0,3e -200t A = iсв(t); 1 0,005 p 1 p 200 r1 pC 1 r1 pC uC св ( 0 ) uC св ( 0 ) С uC св ( 0 ) 1 UCсв(p) = Iсв(p) + = + = p p pC pC( r1 pC 1 ) uC св ( 0 ) uC св ( 0 )( r1 pC 1 ) uC св ( 0 )r1C uC св ( 0 ) = = = = p( r1 pC 1 ) r1 pC 1 p 1 r1C 30 = 30e -200t В = uCсв(t). p 200 ЗАДАЧА 7.52. В схеме рис. 7.77 найти ток i1(t), если e(t) = 100 5 sin(1000t – 15°) В, r1 = r2 = 25 Ом, L = 0,1 Гн, J = 4 A. E m p jJr2 ( p j ) Ответы. I1(p) = ; p( p j )( r1 r2 pL ) i1(t) = -2 + 2sin(1000t – 78,5°) + 3,96e -500t A. ЗАДАЧА 7.53. В схеме рис. 7.78 r = 100 Ом, С = 10 мкФ, E0 = 300 В, e(t) = 100sin(1000t – 90°) В. Определить ток ПП. Ответы. uС(0) = -300 В, расчётная операторная схема идентична схеме рис. 7.75; 88 r1 r2 J e(t) L i1 Рис. 7.77 i r e(t) uC Рис. 7.78 r С Е0 pEm ; p 2 02 pEm uC ( 0 ) p [ p 2 Em ( p 2 02 )uC ( 0 )]C F1( p ) p 2 02 I(p) = = = ; 2 2 1 F ( p ) ( p )( rpC 1 ) 2 0 r pC p1,2 = j0 = j1000 c -1, p3 = -1/(rC) = -1000 c -1; F2(p) = 2p(rpC + 1) + (p2 + 02)rC; 3 F( p ) F(p ) F(p ) i(t) = 1 k e pk t = 2Re 1 1 e p1t + 1 3 e p3t = k 1 F2 ( p k ) F2( p1 ) F2( p3 ) 1 = cos(1000t – 135°) + 2,5e -1000t = 0,707sin(1000t – 45°) + 2,5e -1000t A. 2 e(t) = -Emcos0t ЗАДАЧА 7.54. В схеме рис. 7.79 рассчитать i1 r i3 1 -t токи i1(t) и i3(t), если u(t) = U0·e , U0 = 40 В, u(t) L r2 = 20 c -1, r1 = 5 Ом, r2 = 10 Ом, L = 100 мГн. U Ответы. U(p) = 0 ; Рис. 7.79 p U 0 ( r2 pL ) F ( p) U( p ) I1(p) = = = 1 ; r2 pL ( p )[ pL( r1 r2 ) r1r2 ] F2 ( p ) r1 r2 pL p1 = - = -20 c -1; p2 =-33,33 c -1; F2(p) = (р + )L(r1 + r2) + рL(r1 + r2) + r1·r2; 2 F( p ) i1(t) = 1 k e pk t = 16e -20t – 13,33e -33,33t A; k 1 F2( pk ) U 0 r2 r2 I3(p) = I1(p)· = ; i3(t) = 20e -20t – 20e -33,33t A. r2 pL ( p )[ pL( r1 r2 ) r1r2 ] ЗАДАЧА 7.55. Решить задачу 7.18 операторным методом. Решение Задачу решим, используя в качестве вычислительной техники MathCAD. Отметим, что в MathCAD в качестве операторной переменной р используется переменная s; единичная скачкообразная функция 1(t) Хевисайда обозначается Ф(t). Исходные данные: := 0.6·10 -3 r1 := 20 r2 := 30 С := 5·10 -5. ЭДС источника в виде прямоугольного импульса, записанная с помощью функции Хевисайда: Е(t) := 100·(Ф(t) – Ф(t – )). 100 . e( .6000 e3 )s laplace,t Изображение ЭДС: Е(t) – 100· . float ,4 s s 100 . e( .6000 e3 )s Перезадаём ЭДС: ЕЕ(s) := – 100· . s s 89 Входное операторное сопротивление цепи: 1 r2 3. s 5000 simplify s C Z(s) := r1 + Z(s) 20.· . float ,4 1 3 . s 2000 r2 s C Изображения токов: 1 r2 EE( s ) I1(s) := I2(s) := I1(s)· s C I3(s) := I1(s)· . 1 1 Z( s ) r2 r2 s C s C Оригиналы токов: invlaplace, s I1(s) 2.+3.·е (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е float ,4 (- 1667.)·t+1 I2(s) invlaplace, s 2.–2.·е float ,4 (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е 1667.)·t+1 invlaplace, s 5.·е (-1667.)·t – 5.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1. float ,4 Для построения графиков токов их нужно перезадать: i1(t) := 2.+3.·е (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1 i2(t) := 2.–2.·е (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1 i3(t) = 5.·е (-1667.)·t – 5.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1. Полученные ответы для 6 токов при необходимости путём Рис. 7.80 некоторых преобразований 4 могут быть приведены к виду ответов к задаче 7.18. Графики I1( t ) 2 токов приведены на рис. 7.80. I3(s) I2( t ) ЗАДАЧА 7.56. Решить за- I3( t ) 0 дачу 7.19 операторным методом. Решение 2 Примем, что прямоугольные импульсы начинают посту4 4 0 5 10 пать с момента времени t = 0. Это допущение необходимо в связи с тем, что преобразования Лапласа осуществляются только для t 0. Период источника составляет, согласно условию, 2. Поскольку учёт действия бесконечно большого числа импульсов источника вызывает затруднения (см. задачу 7.57), рассмотрим их ограничен90 0.001 0.0015 0.002 t 100 E( t ) 50 0 0 0.002 Рис. 7.81 0.004 t (- ное количество. Так как практическая длитель-ность переходного процесса составляет 5, то есть менее трёх периодов, достаточно учесть три периода (импульса) до начала расчётного (рабочего) периода, находящегося в диапазоне 3Т t 4Т. С учётом сказанного, ЭДС источника записывается формулой: 3 Е(t) := 100· ( t k T ) [ t ( k T 0.5 T ). k 0 E( t) Для контроля выведем график Е(t) (рис. 7.81). ( .6000e-3) s ( .1200e-2) sпредставляется ( .1800e-2) s ( .2400e-2) s ( .3000e-2 )s ( .3600e-2) s ( .4200e-2) s длинной laplace t 100.Изображение e eЭДС e e довольноe e формулой, e 100. 100. 100. 100. 100. 100. 100. floatпоэтому 4 s s s s s s s приводим её в уменьшенном виде: s Перезадаём ЭДС: EE( s ) 100. s 100. e ( .6000e-3) s s 100. e ( .1200e-2) s s 100. e ( .1800e-2) s s 100. e ( .2400e-2) s s 100. e ( .3000e-2) s s 100. e ( .3600e-2) s s 100. e ( .4200e-2) s Поскольку цепь та же, что и в задаче 7.55, формулы для входного сопротивления, изображений и оригиналов будут теми же, что и в задаче 7.55. Ответы для токов, по которым построены графики рис. 7.82, выглядят следующим образом: i1(t) :=2.+3.·е (-1667.)·t –2.·Ф(t–.6000е-3)–3.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1+ +2.·Ф(t–.1200е-2)+3.·Ф(t–.1200е-2)·е (-1667.)·t+2–2.·Ф(t–.1800е-2)–… i2(t) :=2.–2.·е (-1667.)·t –2.·Ф(t–.6000е-3) + 2.·Ф(t–.6000е-3)·е (-1667.)·t+1+ … i3(t) = 5.·е (-1667.)·t –5.·Ф(t–.6000е-3)·е (-1667.)·t+1+5.·Ф(t–.1200е-2)·е (-1667.)·t+2 … У первого и второго токов 6 в ответе содержится 16 Рис. 7.82 слагаемых, у третьего – 8. 4 На графиках рис. 7.82 рабочим участком является I1( t ) 2 диапазон 0,0036 с t 0,0048 с. I2( t ) ЗАДАЧА 7.57. Задачу 7.22 решить операторным методом, используя способ расчёта установившейся реакции путём суммирования изображений реакций в области комплексного переменного. I3( t ) 0 2 4 0.0025 0.003 0.0035 0.004 0.0045 t Решение Рассчитаем изображение по Лапласу первого импульса напряжения на интервале 0 t t0 t0 U pt U1(p) = u1( t )e dt = U m sin( t )e pt dt = 2 m 2 (1 + e pt0 ). p 0 0 91 s Для определения изображения напряжения просуммируем n одинаковых импульсов, смещённых во времени на период T. Получим U(p) = U1(p)[1 + e -pT + e -2pT + … + e –(n-1)pT]. Для установившегося режима n 1 e npT 1 U(p) = U1(p) = U (p) = 1 n 1 e pT 1 e pT U U m 1 e pt0 1 = 2 m 2 (1+ e pt0 ) = . 1 e pT p 2 2 1 e pT p Изображение тока на n-м интервале при n U m( 1 e pt0 ) F ( p) U( p ) U( p ) I(p) = = = 2 = 1 . 2 pT Z ( p ) r pL ( p )(1 e )( r pL ) F2 ( p ) Полюс изображения, полученный из уравнения Z(p) = r + pL = 0, -1 -1 p1 = -r/L = - = -25 c определяет свободную составляющую тока, которая F(p ) рассчитывается по теореме разложения iсв(t) = 1 1 e p1t , F2( p1 ) где F2(p1) = (p12 + 2)(1 – e p1T )L. U m ( 1 e t 0 / ) 1 e t 0 / e . e = Imsin Тогда iсв = 1 eT / (( r / L )2 2 )(1 eT / )L Заметим, что полученное выражение справедливо для любого (n+1)-го импульса при n , 0 < t < , если t отсчитывается от начала этого импульса, что непосредственно следует из определения оригинала: f(t) 0 при t < 0. Из классического метода расчёта переходных процессов следует, что i = iпр + iсв, слагаемое iпр определяется видом приложенного к схеме напряжения: если это напряжение периодическое, то уже на интервале действия первого импульса есть слагаемое iпр = iуст – установившаяся реакция на периодическое воздействие. Таким образом, iуст = i(1) – iсв, где i(1) – ток переходного процесса в интервале действия первого импульса. Для рассматриваемого примера в интервале действия (n+1)-го импульса для t(0 … t0) получаем iуст(t) = Imsin(t – ) + Imsin · e t t t 1 e t 0 / e = – Imsin 1 eT / t eT / e t0 / A; e = Imsin(t – ) – Imsin = 4,94sin( t – 85,45º) + 22,24 T / 1 e в период паузы t(t0 … T) t iуст(t) = A e t t 0 1 e t 0 / e – Imsin 1 eT / t e t0 / 1 = A I m sin e T / 1 e t t 0 = = 22,24 e 92 t t 0 A. Как и следовало ожидать, полученные результаты совпадают с ранее вычисленными двумя разными методами. Отметим, что для контроля правильности решения задачи для периодического решения необходимо проверять условие, на котором базируется первый из рассмотренных методов: iуст(0) = iуст(T). 7.2.3. ПП в цепях с двумя накопителями ЗАДАЧА 7.58. В схеме рис. 7.83,а найти ток i3(t) и напряжение uС(t) операторным методом. Параметры цепи: Е = 300 В, r1 = r3 = 25 Ом, L = 0,02 Гн, С = 100 мкФ. 2 б) I1(p) a) I3(p) рL i1 r1 r1 L uС(0)/p E/p С r3 E uC 1/pC Li3(0) UC(p) i2 i3 I2(p) Рис. 7.83 3 Решение 1. Для построения операторной схемы определяем независимые E 300 начальные условия: i3(0+) = i3(0-) = = = 6 A, r1 r2 25 25 uC(0+) = uC(0-) = r3·i3(0-) = 25·6 = 150 В. 2. Эквивалентная операторная схема показана на рис. 7.83,б. 3. Выполним расчёт схемы методом двух узлов. U23(p) = UC(p) = Li ( 0 ) E 1 uC ( 0 ) pC 3 EL r1 pLCuC ( 0 ) r1 Li3 ( 0 ) F1U ( p ) p r1 p pL = = = ; 2 1 1 F ( p ) r LCp pL r 2 1 1 pC r1 pL U ( p ) Li3 ( 0 ) E r1 pCuC ( 0 ) i3 ( 0 ) pL( r1 pC 1 ) F1I ( p ) I3(p) = 23 = = . F2 ( p ) pL p( r1 LCp2 pL r1 ) 4. Оригиналы величин найдём по теореме разложения. Положим F2(p) = r1LCp2 + pL + r1 = 5·10 -5p2 + 0,02p + 25 = 0, корни уравнения р1,2 = -200 j678 c -1 = -706,9·e -j73,56°; F2(0) = 25; F2(p) = 10 -4p + 1; F2(p1) = j0,0678. F ( p ) Формула для напряжения на конденсаторе: uС(t) = 2Re 1U 1 e p1t ; F2( p1 ) -4 j73,56° F1U(p1) = 300·0,02 + 25·(-200 + j678)·0,02·10 ·150 – 25·0,02·6 = 5,3·e ; 5,3e j 73 ,56 e 200 t e j 678 t = 156,3e -200tcos(678t – 16,44°) = uС(t) = 2Re j 0,0678 = 156,3e -200tsin(678t + 73,56°) B. 93 F ( p ) F1I ( 0 ) + 2Re 1I 1 e p1t ; F2 ( 0 ) F2( p1 ) -4 F1I(0) = 300; F1I(p1) = 300 + 25·(-200 + j678)·10 ·150 + + 6·(-200 + j678)·0,02·(25·(-200 + j678)·10 -4 + 1) = 265·e j73,56°; j 73 ,56 265 e 300 200 t j 678 t i3(t) = + 2Re = e e 706 ,9e j 73 ,56 j 0,0678 25 = 12 + 11,06e -200tsin(678t – 32,88°) А. Рассчитываем ток i3(t) = ЗАДАЧА 7.59. В схеме рис. 7.84 определить ток i2(t) при следующих параметрах цепи: е(t) = Еmsin(0t + ); Еm = 400 В, 0 = 100 рад/с, = -45°; L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ, r1 = 25 Ом, r2 = 75 Ом. б) a) i1 рL i L r1 1/pC Liсв(0) r 2 r1 Iсв(p) е(t) r2 I2св(p) I1св(p) uСсв(0)/p С i2 Рис. 7.84 Решение 1. Рассчитаем независимые начальные условия. Im = Em r1 j0 L UCm = Im· 1 400e j 45 = 1 j0C 25 j100 0,25 6 10 j100 400 = 16·e –j45° А; = 16·e –j45°·(-j25) = 400·e –j135° B; j 0 C i(t-) = 16sin(0t – 45°) А; uC(t-) = 400sin(0t – 135°) B; i(0+) = i(0-) = 16sin(-45°) = -8 2 A, uC(0+) = uC(0-) = 400sin(-135°) = -200 2 В. 2. Рассчитаем принуждённые составляющие iпр(t), i2пр(t) и uCпр(t) символическим методом. 400e j 45 Imпр = = = 16·e –j73,05° А; 1 75( 25 j 25 ) r2 ( r1 j ) j 25 0C 75 25 j 25 j 0 L 1 r2 r1 j 0C 1 r1 j 0 C 25 j 25 I2mпр = Imпр· = 16·e –j73,05°· = 5,49·e –j104° А; 1 100 j 25 r2 r1 j 0 C Em 94 UCmпр = I1mпр· 1 j 0 C r2 = Imпр· r2 r1 j 1 0 C · 1 j 0 C = 16·e –j73,05°· 75 ·(-j25) = 100 j 25 = 291,4·e –j149,05° В; i2пр(t) = 5,49sin(0t – 104°) A, iпр(t) = 16sin(0t – 73,05°) A, uCпр(t) = 291,4sin(0t – 149,05°) В. Начальные значения принуждённых составляющих: iпр(0+) = 16sin(-73,05°) = -15,3 A, uCпр(0+) = 291,4sin(-149,05°) = -150 В. 3. Применим операторный метод для определения свободной составляющей тока i2св(t). Для этого определим начальные значения свободных составляющих тока в индуктивности и напряжения на ёмкости: iсв(0+) = i(0+) – iпр(0+) = -8 2 + 15,3 = 4 A, uCсв(0+) = uC(0+) – uCпр(0+) = -200 2 + 150 = -133 В. Операторная схема для свободных составляющих представлена на рис. 7.84,б. 4. Полученную схему рассчитаем методом двух узлов. Liсв ( 0 ) uCсв ( 0 ) 1 pL p( r1 ) [( r pC 1 )Liсв ( 0 ) uCсв ( 0 ) pLC ] r2 pC U12св(p) = = 1 ; 2 1 1 1 ( r r ) LCp ( L r r C ) p r 1 2 1 2 2 r2 r 1 pL 1 pC U ( p ) ( r1 pC 1 )Liсв ( 0 ) uCсв ( 0 ) pLC F1( p ) I2св(p) = 12 св = = . r2 ( r1 r2 )LCp 2 ( L r1r2C ) p r2 F2 ( p ) 5. Оригинал тока i2св(t) определим с помощью теоремы разложения. Корни уравнения F2(p) = 0,01p2 + p + 75 = 0 р1,2 = -50 j50 2 c -1; F2(p) = 0,02p + 1; F2(p1) = j 2 . F1(p1) = (10 -2·(-50 + j50 2 )+1)·0,25·4 + 10 -4·(-50+j50 2 )·(-133) = 1,188·e – j11,3° ; 1,188e j11,3 F1( p1 ) p1t e = 2Re e 50 t e j 70 ,7t = i2св(t) = 2Re j 2 F2( p1 ) -50t = 1,68e cos(70,7t – 101,3°) = 1,68e -50tsin(70,7t – 11,3°) А. Окончательно получаем: i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 5,49sin(100t – 104°) + 1,68e -50tsin(70,7t – 11,3°) А. ЗАДАЧА 7.60. В схеме рис. 7.85,а рассчитать токи переходного а) б) L U r1 r2 r1+рL С U/p 95 Рис. 7.85 а Li1(0) r2 I2(p) I1(p) 1/(pC) Uab(p) p uC(0)/p b I3(p) процесса операторным методом. Параметры цепи: U = 200 В, r1 = 40 Ом, r2 = 60 Ом, L = 0,7 Гн, С = 100 мкФ. Ответы: независимые начальные условия – i1(0) = 3,33 А, uC(0) = 200 В, эквивалентная операторная схема представлена на рис. 7.85,б; изображения узлового напряжения и токов: p 2 LCr2uC ( 0 ) pr2 ( Li1( 0 ) uC ( 0 )Cr1 ) Ur2 Uab(p) = ; p( p 2 LCr2 p( L r1r2C ) r1 r2 ) p 2 Li1( 0 )Cr2 pLi1( 0 ) U I1(p) = ; p( p 2 LCr2 p( L r1r2C ) r1 r2 ) I2(p) = p 2 LCuC ( 0 ) p( Li1( 0 ) uC ( 0 )Cr1 ) U ; p( p 2 LCr2 p( L r1r2C ) r1 r2 ) uC ( 0 )Cr1 I3(p) = 2 ; p LCr2 p( L r1r2C ) r1 r2 оригиналы токов: i1(t) = 2 + 1,39е –111,9tsin(106,2t + 106,3) A; i2(t) = 2 + 1,936е –111,9tsin(106,2t + 43,5) A; i3(t) = 1,794е –111,9tsin(106,2t) A. ЗАДАЧА 7.61. Решить задачу 7.32 операторным методом. Решение 1. Независимые начальные условия: U 100 i1(0+) = i1(0-) = = = 1 А, i3(0+) = i3(0-) = 0. r1 r2 50 50 2. Эквивалентная операторная схема представлена на рис. 7.86. 3. Расчёт цепи выполним методом контурных токов. Система уравнений для контурных токов (в качестве контурных приняты токи первой и третьей ветвей) имеет вид: U I1(р)(r1 + pL1+ r2) + I3(р)(pМ – r2) = + L1i1(0), p I1(р)(pМ – r2) + I3(р)(pL2 + r2) = Mi1(0). Решим систему методом Крамера: pL r r pM r2 (р) = 1 1 2 = p2(L1L2 – М2) + p((L1 + 2M)r2 + L2(r1 + r2)) + r1r2; pM r2 pL2 r2 U L1i1( 0 ) 1(р) = p Mi1( 0 ) 3(р) = pL1 r1 r2 pM r2 pM r2 = pL2 r2 1 = (p2(L1L2 – М2)i1(0) + p(Mi1(0)r2 + UL2 + L1i1(0)r2) + Ur2); p U L1i1( 0 ) 1 = {p[i1(0)(L1r2 + M(r1 + r2)) – UM] + Ur2}; p p Mi1( 0 ) 96 1( p ) p 2 ( L1 L2 M 2 )i1( 0 ) p( Mi1( 0 )r2 UL2 L1i1( 0 )r2 ) Ur2 I1(р)= = = ( p ) p [ p 2 ( L1 L2 M 2 ) p(( L1 2 M L2 )r2 L2 r1 ) r1r2 ] p 2 0 ,0175 p 27 ,5 5000 = I3(р)= 3( p ) ( p ) = p( p 0 ,0175 p 30 2500 ) 2 = F1( p ) ; pF2 ( p ) p [ i1( 0 )( L1r2 M ( r1 r2 )) UM ] Ur2 = p [ p 2 ( L1 L2 M 2 ) p(( L1 2 M L2 )r2 L2 r1 ) r1r2 ] F3 ( p ) p 5 5000 = = . p( p 2 0 ,0175 p 30 2500 ) pF2 ( p ) pМ * I1(р) r1 L1i1(0) Mi2(0)=0 U/р I1(р) * pL2 pL1 r2 I2(р) I3(р) L2i2(0)=0 Mi1(0) I3(р) Рис. 7.86 4. Оригиналы токов определим с помощью теоремы разложения. Корни уравнения F2(р) = p20,0175 + p30 + 2500 = 0: p1,2 = -857,1 769,3 c –1; p1 = -87,8 c –1; p2 = -1626,4 c –1. F2(0) = 2500; F2(p) = 0,035p + 30; F2(p1) = 26,93; F2(p2) = -26,93. Расчёт первого тока: F1(р) = p20,0175 + p27,5 + 5000; F1(0) = 5000; F1(р1) = 2720; F1(р2) = 6565. F ( 0 ) k 2 F1( pk ) p k t 5000 2720 e = i1(t) = 1 + + е –87,5t + 2500 87 ,5 26 ,93 F2 ( 0 ) k 1 pk F2( pk ) 6565 + е –1626,4t = 2 – 1,154е –87,5t + 0,150е –1626,4t А. 1626 ,4 ( 26 ,93 ) Расчёт третьего тока: F3(р) = p5 + 5000; F3(0) = 5000; F3(р1) = 4561; F3(р2) = -3132. F ( 0 ) k 2 F3 ( pk ) p k t 5000 4561 e = i3(t) = 3 + + е –87,5t + 2500 87 ,5 26 ,93 F2 ( 0 ) k 1 pk F2( pk ) 3132 + е –1626,4t = 2 – 1,929е –87,5t – 0,072е –1626,4t А. 1626 ,4 ( 26 ,93 ) Ток второй ветви вычислим по первому закону Кирхгофа: i2(t) = i1(t)– i3(t) = 2 – 1,154е –87,5t + 0,150е –1626,4t – 2 + 1,929е –87,5t + + 0,072е –1626,4t = 0,775е –87,5t + 0,222е –1626,4t А. ЗАДАЧА 7.62. В схеме рис. 7.87,а определить i(t), uC(t) операторным методом если: U = 100 В, r = 200 Ом, L = 1 Гн, С = 100 мкФ. а) б) I(p) r r 1/(pC) С U UC(p) U/p Li(0) L pL i p 97 Рис. 7.87 Решение 1. Независимые начальные условия: uС(0+) = uС(0-) = 0, i(0+) = i(0-) = U/r = 100/200 = 0,5 A. 2. Эквивалентная операторная схема на рис. 7.87,б. 3. Изображения тока и напряжения на конденсаторе: U Li( 0 ) [ U pLi( 0 )]C F1I ( p ) p I(р) = = 2 = ; 1 F ( p ) p LC rpC 1 2 r pL pC F1U ( p ) U pLi( 0 ) 1 UC(р) = I(р)· = = . pC p [ p 2 LC rpC 1] pF2 ( p ) 4. Оригиналы величин определим с помощью теоремы разложения. Корни уравнения F2(р) = p210 -4 + p0,02 + 1 = 0: 0 ,01 0 ,012 10 4 p1,2 = = -100 0 c –1; p1 = p2 = pk = -100 c –1. 4 10 При кратных корнях pk кратности m = 2 получим: 1 d m 1 i(t) = [I(р)(р – pk)mе pt]ppk = m 1 ( m 1 )! dp d = dp = [ U pLi( 0 )]C 2 pt ( p p ) e 2 k 2 p ( p p ) k k 10 4 [Li(0)е pk·t + (U + рkLi(0))tе pk·t] ppk= 2 100 = 0,5е -100t + (100 – 100·1·0,5)tе -100t = 0,5е -100t + 50tе -100t A; F1U ( 0 ) 1 d m 1 uС(t) = + [UC(р)(р – pk)mе pt]ppk = m 1 F2 ( 0 ) ( m 1 )! dp U d U pLi( 0 ) pt e ppk = + 1 dp p pk 2 Li( 0 ) pLC [ U pLi( 0 )] pk 2 pt U pLi( 0 ) pt e te = U + 2 2 2 ( p p ) p p k k -100t -100t = 100 – 100е – 15000tе В. = ppk = ЗАДАЧА 7.63. Определить ток ПП i2(t) в схеме рис. 7.88,а с параметрами r1 = r4 = 200 Ом, r2 = r5 = 100 Ом, С1 = С3 = 100 мкФ, Е4 = 300 В, J = 1 А. Решение а) б) I2(p) i2 r2 r1 J r5 i5 r2 r4 С1 J/p С3 E4 Рис. 7.88 98 r1 r4 1/(pC1) 1/(pC3) E4/p uC1(0)/p uC3(0)/p Если применить традиционный метод расчёта ПП операторным методом, то эквивалентная операторная схема будет иметь вид рис. 7.88,б. Схема является достаточно сложной. С целью упрощения схемы можно применить приём, который называется «сведение к нулевым начальным условиям». Суть его заключается в том, переходный процесс на основании принципа наложения представляем суммой двух режимов – докоммутационного режима и искусственного дополнительного режима, который накладывается на докоммутационный режим. Причём дополнительный режим должен быть таким, чтобы обеспечить послекоммутационные условия в ветви с рубильником – ток в ветви с рубильником после коммутации должен стать равным нулю. Очевидно, что с этой целью в ветвь с рубильником надо включить источник тока по величине I2д(p) равный току в рубильнике до i50/p r2 коммутации и направленный в r1 r4 противоположную сторону. Расчётная операторная схема 1/(pC1) 1/(pC3) дополнительного режима содержит только один источник (рис. 7.89). Рис. 7.89 Вычисляем значения токов второй и пятой ветвей до коммутации: J r5 E4 1 100 300 i20 = = = -0,5 А, i50 = J – i20 = 1 + 0,5 = 1,5 А. r2 r4 r5 100 200 100 Дополнительный режим рассчитаем операторным методом по схеме i50 1 r1 p pC1 рис. 7.89: I2д(p) = = r4 1 pC3 1 r1 r2 pC1 r4 1 pC3 i50 ( 1 pr1C1 )(1 pr4C3 ) F1( p ) = = . p [ p 2 ( r1 r2 )r4C1C3 p( r4C3 r1C1 r2C1 r4C1 ) 1 ] pF2 ( p ) Корни уравнения F2(p) = 6·10 -4p2 + 0,07p + 1 = 0 р1 = -16,67 c -1; р2 = -100 c -1. F2(0) = 1; F2(p) = 1, 2·10 -3p + 0,07; F2(p1) = 0,05, F 2(p2) = -0,05. F1(0) = i50 = 1,5; F1(p1) = 1,5·(1 – 16,67·0,02)(1 – 16,67·0,02) = 0,6665; F1(p2) = 1,5·(1 – 100·0,02)(1 – 100·0,02) = 1,5. Искомый ток дополнительного режима F ( 0 ) k 2 F1( pk ) p k t 1,5 0 ,6665 1,5 i2д(t) = 1 + e –16,67t + e –100t = e = + 100 0 ,05 F2 ( 0 ) k 1 p F ( p ) 1 16 ,67 0 ,05 k 2 k = 1,5 – 0,8e –16,67t + 0,3e –100t А. Полный ток переходного процесса в соответствии с принципом наложения i2(t) = i20(t) + i2д(t) = -0,5 + 1,5 – 0,8e –16,67t + 0,3e –100t = 1 – 0,8e –16,67t + 0,3e –100t А. 99 ЗАДАЧА 7.64. В схеме рис. 7.90,а определить токи операторным методом путём сведения расчётов к нулевым начальным условиям. Параметры схемы: r = 10 Ом, L = 29,4 мГн, С = 100 мкФ, Е = 100 В. б) a) uруб/p i1 r С Е r I1д(p) uруб i3 i2 L 1/pC рL I2д(p) I3д(p) Рис. 7.90 Комментарии и ответы. Значения токов и напряжения на рубильнике до коммутации: i10 = i20 = i30 = 0, uруб = Е = 100 В. Поскольку рубильник в цепи замыкается, то для обеспечения на нём после коммутации нулевого напряжения необходимо в дополнительном режиме включить вместо рубильника источник ЭДС обратной полярности с напряжением uруб. Операторная схема для расчёта дополнительного режима приведена на рис. 7.90,б. Изображения и оригиналы токов: u руб rC u руб ( rpC 1 ) u руб I3д(p)= ; I (p)= ; I (p)= ; 2д 1д p( p 2 rLC pL r ) p( p 2 rLC pL r ) p 2 rLC pL r i3(t) = i3д(t) = 10 – 11,34е –500tsin(300t + 62) A; i2(t) = -11,34е –500tsin(300t) A; i1(t) = 10 – 19,44е –500tsin(300t + 31) A. ЗАДАЧА 7.65. В схеме рис.7.91,а рассчитать токи переходного процесса, M если L1 = 0,6 Гн, L2 = 0,5 Гн, k = = 0,8, r2 = 60 Ом, r3 = 30 Ом, Е = 180 В. L1 L2 a) i1 i3 L1 M б) I1(p) p(L1+M) L2 p(L2+M) r3 E -pM r3 E/p r2 r2 I2(p) i2 I3(p) Рис. 7.91 Комментарии и ответы. После устранения индуктивной связи эквивалентная операторная схема имеет вид рис. 7.91,б. Изображения и оригиналы токов: E( r2 r3 pL2 ) F ( p) I1(p) = = 1 ; 2 2 p [ p ( L1 L2 M ) p( r2 L1 r3 L1 r3 L2 2r3 M ) r2 r3 ] pF2 ( p ) E( r3 pM ) E( r2 p( L2 M )) I2(p) = ; I3(p) = ; pF2 ( p ) pF2 ( p ) i1(t) = 9 – 8,220е -19,3t – 0,780е -863t A; i2(t) = 3 – 3,935е -19,3t + 0,936е -863t A; i3(t) = 6 – 4,286е -19,3t – 1,714е -863t A. 100 ЗАДАЧА 7.66. Определить токи ПП при включении трансформатора (рис. 7.92): r1 = 10 Ом, r2 = 20 Ом, L1 = 0,4 Гн, i1 L2 = 0,2 Гн, k = 0,707, U = 200 В. М Ответы: система уравнений трансформатоi2 * * ра в операторной форме: U L1 L2 U r1 r2 I1(р)(r1 + pL1) + I2(р)pМ = , p I1(р)pМ + I2(р)(r2 + pL2) = 0. Рис. 7.92 Изображения и оригиналы токов: F2(p) = p2(L1L2 – М2) + р(r1L2 + r2L1) + r1r2; U ( r2 pL2 ) UM I1(p) = ; I2(p) = ; pF2 ( p ) pF2 ( p ) i1(t) = 20 – 17,28е -21,92t – 2,72е -208,08t A; i2(t) = -4,85е -21,92t + 4,85е -208,08t A. ЗАДАЧА 7.67. Определить ток i2(t) при включении трансформатора (рис. 7.93): r1 = 20 Ом, r2 = 100 Ом, L1 = 0,5 Гн, L2 = 0,6 Гн, M = 0,5 Гн, e(t) = Emsin0t, Em = 100 B, 0 = 100 рад/с. М Ответы: система уравнений трансформатора в операторной форме: r1 * * i2 E e(t) L1 L2 r2 I1(р)(r1 + pL1) – I2(р)pМ = 2 m 0 2 , p 0 i1 -I1(р)pМ + I2(р)(r2 + pL2) = 0. Рис. 7.93 Изображение и оригинал тока i2: Em0 pM I2(p) = 2 ; ( p 02 )[ p 2 ( L1 L2 M 2 ) p( r1 L2 r2 L1 ) r1r2 ] i2(t) = 0,784sin(0t + 13,6°) – 0,254е -33t + 0,07е -1207t A. ЗАДАЧА 7.68. Определить ток i2(t) в схеме рис. 7.96,а: r1 = 20 Ом, r2 = 100 Ом, L1 = 0,5 Гн, L2 = 0,6 Гн, M = 0,5 Гн, e(t) = Emsin0t, Em = 100 B, 0 = 100 рад/с. Мi2св(0) а) б) рМ М r1 * e(t) L1 * i2 L1i1св(0) L2 r2 * рL1 L2i2св(0) * рL2 r1 i1 Рис. 7.96 I1св(р) Мi1св(0) Ответы. До коммутации: i1(t) = 1,857sin(0t – 68,2°) А. Независимые начальные условия: i1(0) = -1,724 А, i2(0) = 0. Принуждённые составляющие токов: i1пр = 1,828sin(0t – 45,44°) А, i2пр = 0,784sin(0t + 13,6°) А. Начальные значения свободных составляющих: i1св(0) = -0,421 А, i2св (0) = -0,1844 А. 101 r2 Операторная схема для свободных составляющих на рис. 7.96,б. Изображение и оригинал тока i2св: [ L i ( 0 ) Mi1св ( 0 )]( r1 pL1 ) [ L1i1св ( 0 ) Mi2св ( 0 )] pM I2св(p) = 2 2св ; p 2 ( L1L2 M 2 ) p( r1L2 r2 L1 ) r1r2 i2св(t) = 0,0392е -33t – 0,2236е -1207t A. Полный ток: i2(t) = 0,784sin(0t + 13,6°) + 0,0392е -33t – 0,2236е -1207t A. ЗАДАЧА 7.69. Для схемы рис. 7.95,а задано: e(t) = Emsin(0t + ), Em = 400 B, 0 = 100 рад/с, = -45°, L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ, r1 = 25 Ом, r2 = 75 Ом. Требуется: 1) построить два варианта эквивалентной операторной схемы; 2) свести расчёты к нулевым начальным условиям и операторным методом найти i1(t), i2(t); 3) операторным методом определить свободные составляющие токов i1св(t), i2св(t). б) a) Li(0) i1 i L e(t) рL uруб(t) r1 I(p) p sin 0 cos Em p 2 02 r2 С i2 jLi(0) в) рL I(p) г) r1 рL Iд(p) I1(p) 1/pC uC(0)/p r1 1/pC r2 I2д(p) I2(p) д) I2(p) I1(p) Uруб(р) 1/pC juC(0)/p r2 Em p j r1 r2 I1д(p) 1 рL Liсв(0) Iсв(p) r1 1/pC r2 I2св(p) Рис. 7.95 uCсв(0)/p 2 I1(p) Решение Рассчитаем состояние цепи рис. 7.95,а до коммутации: i20 = 0; I1m0 = Im0 = UСm0 = I1m0 Em r1 j0 L 1 j 0 C 1 j 0 C 400e j 45 = 25 j100 0,25 10 j100 400 = 16·е –j45°·(-j25) = 400·е –j135° В; 102 6 = 16·е –j45° A; Uрубm = I1m0(r1 + 1 ) = 16·е –j45°·(25 – j25) = 400 2 ·е –j90° В; j 0 C i0(t) = i10(t) = Im(I1m0·е j0·t) = 16sin(0t – 45) A; uС0(t) = 400sin(0t – 135) В; uруб(t) = 400 2 sin(0t – 90) В. Независимые начальные условия: i(0+) = i(0-) = 16sin(-45) = -8 2 А, uC(0+) = uC(0-) = 400sin(-135) = -200 2 B. Дальнейшие расчёты можно вести по схемам рис. 7.95,б и в. Выполним расчёт токов ПП, используя приём сведения расчётов к нулевым начальным условиям. В этом случае в соответствии с принципом наложения искомые токи вычисляются как i1(t) = i10(t) – i1д(t), i2(t) = i20(t) + i2д(t). Токи дополнительного режима i1д(t) и i2д(t) определим операторным методом в соответствии со схемой рис. 7.95,г. Выполним расчёт указанной p sin( 90 ) 0 cos( 90 ) pU рубm схемы: Uруб(р) = Uрубm· = 2 ; p 2 02 p 02 I2д(p) = pU рубm U рубm p( p 2 LC r1 pC 1 ) F12 ( p ) p 2 02 = = 2 = ; pL( r1 1 ) ( p 02 )[ p 2 LC( r1 r2 ) p( r1r2C L ) r2 ] F2 ( p ) pC r2 pL r1 1 pC I1д(p) = I2д(p) pL pL r1 1 U рубm p p 2 LC F11 ( p ) = = . F2 ( p ) F2 ( p ) pC По теореме разложения определим оригиналы токов. Корни уравнения F2(p) = 0: p1,2 = j0 = j100 с –1, p2LC(r1 + r2) + p(r1r2C + L) + r2 = 10 -2p2 + p + 75 = 0, p3,4 = -50 j50 2 с –1. dF F2(p) = 2 = [2pLC(r1 + r2) + (r1r2C + L)](p2 + 02) + 2p[p2LC(r1 + r2) + dp + p(r1r2C + L) + r2] = (0,02p + 1)·(p2 + 10000) + p(0,02p2 + 2p + 150), F2(p1) = F 2(j100) = -20000 – j5000 = 20620·е –j165,96°, F2(p3) = F 2(-50 + j50 2 ) = 10000 + j10610 = 14580·е j46,69°. F11(p) = -Uрубm· p3·LC = -0,05656p3, F11(p1) = j56560, F11(p3) = -35360 – j10000 = 36740·е –j164,21°, F ( p ) F ( p ) i1д(t) = 2Re 11 1 e p1t + 2Re 11 3 e p 3t = F2( p1 ) F2( p3 ) 36740 e j164 ,21 j 56560 ( 50 j 70 ,7 )t j 100 t e e = 2Re = + 2Re j 46 ,69 14580 e 20620 e j165 ,96 –50t = -5,486cos(100t + 75,96°) – 5,040е cos(70,7t – 30,9°) = 103 = -5,486sin(100t + 165,96°) – 5,040е –50tsin(70,7t + 59,1°) A. F12(p) = -Uрубm· p(p2·LC + r1pC + 1) = -0,05656p3 – 5,656p2 – 565,6p, F12(p1) = 56560, F12(p3) = 7071 – j10000 = 12250·е –j54,74°, F ( p ) F ( p ) i2д(t) = 2Re 12 1 e p1t + 2Re 12 3 e p 3t = F2( p1 ) F2( p3 ) 12250 e j 54 ,74 56560 ( 50 j 70 ,7 )t j 100 t e e = 2Re = + 2Re j165 ,96 j 46 ,69 20620 e 14580 e –50t = 5,486sin(100t – 104,04°) + 1,680е sin(70,7t – 11,43°) A. Окончательно записываем полные токи: i1(t) = 16sin(0t – 45) + 5,486sin(100t + 165,96°) + 5,040е –50tsin(70,7t + 59,1°) = = 11,64sin(100t – 59,1°) + 5,040е –50tsin(70,7t + 59,1°) A, i2(t) = i2д(t) = 5,486sin(100t – 104,04°) + 1,680е –50tsin(70,7t – 11,43°) A. Выполним поверочный расчёт принуждённых составляющих токов символическим методом, а свободных составляющих – операторным методом. 400e j 45 Em Imпр = = = 16·е –j73,05° A; 1 75 ( 25 j 25 ) r ( r ( j0C ) ) j 25 j 0 L 2 1 100 j 25 r2 r1 ( j0C )1 r2 75 I1mпр = Imпр· = 16·е –j73,05°· = 11,65·е –j59° A; 1 100 j 25 r2 r1 ( j0C ) I2mпр = Imпр· r1 ( j0C )1 r2 r1 ( j0C ) UСmпр = I1mnp 1 1 = 16·е –j73,05°· 25 j 25 = 5,49·е –j104° A; 100 j 25 = 11,65·е –j59°·(-j25) = 291,4·е –j149° В; j 0 C iпр(t) = 16sin(0t – 73,05) A, uСпр(t) = 291,4sin(0t – 149) В, iпр(0) = 16sin(-73,05) = -15,3 A, uСпр(0) = 291,4sin(-149) = -150 В, i1пр(t) = 11,65sin(0t – 59) A, i2пр(t) = 5,49sin(0t – 104) A. Независимые начальные условия (были найдены ранее): i(0) = -8 2 А, uC(0) = -200 2 B. Начальные значения свободных составляющих: iсв(0) = i(0) – iпр(0) = 4 А, uCсв(0) = uC(0) – uСпр(0) = -133 B. Эквивалентная операторная схема приведена на рис. 7.95,д. Расчёт выполним методом двух узлов. Изображения величин: uCс в ( 0 ) Liсв ( 0 ) pL p( r1 ( pC )1 ) [( r1 pC 1 )Liсв ( 0 ) uCсв ( 0 ) pLC ] r2 U12св(р) = = ; 2 1 1 1 p LC ( r r ) p ( r r C L ) r 1 2 1 2 2 pL r2 ( pC )1 r1 U ( p ) uCсв ( 0 ) / p Liсв ( 0 ) pCr2 uCсв ( 0 )C( pL r2 ) F1( p ) I1св(p) = 12 св = 2 = ; p LC( r1 r2 ) p( r1r2C L ) r2 F2 ( p ) r1 1 pC 104 F(p ) i1св(t) = 2Re 1 1 e p1t = F2( p1 ) 0,0433( 50 j 70 ,7 ) 3,99 ( 50 j 70 ,7 )t = = 2Re e 2 0 , 01 ( 50 j 70 , 7 ) 1 ( 50 j 70 , 7 ) 75 –50t = 5,040е sin(70,7t + 59,1°) A, U ( p ) ( r1 pC 1 )Liсв ( 0 ) uCсв ( 0 ) pLC F1( p ) I2св(p) = 12 св = 2 = ; r2 p LC( r1 r2 ) p( r1r2C L ) r2 F2 ( p ) F(p ) i2св(t) = 2Re 1 1 e p1t = F2( p1 ) 0,0033( 50 j 70 ,7 ) 1 ( 50 j 70 ,7 )t = e = 2Re 2 0 , 01 ( 50 j 70 , 7 ) 1 ( 50 j 70 , 7 ) 75 –50t = 1,68е sin(70,7t – 11,3°) A. Таким образом, поверочный расчёт даёт те же значения принуждённых и свободных составляющих токов. ЗАДАЧА 7.70. В схеме рис. 7.96,а определить ток i3(t), если e(t) = Emsin(0t + ), Em = 400 B, 0 = 314 рад/с, = -90°, L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ, r2 = 50 Ом, r3 = 25 Ом. б) a) i1 L e(t) рL uруб r3 r2 i2 i3 Uруб(p) r3 I1д(p) r2 С I2д(p) 1/pC I3д(p) Рис. 7.96 Комментарии и ответы. До коммутации i30(t) = 7,56sin(0t – 160,5°) А, uруб(t) = 198,4sin(0t – 178,2°) В. Операторная схема при сведении расчётов к нулевым начальным Um 198 ,4e j178 ,2 условиям имеет вид рис. 7.96,б; Uруб(p) = = ; p j 0 p j314 F1( p ) U m p 2 LC = ; ( p j0 )[ p 2 LC( r2 r3 ) p( r2 r3C L ) r2 ] F2 ( p ) i3д(t) = 2,684sin(0t – 159,34°) + 0,878е –50tsin(64,55t + 79,7°) А, i3(t) = i30(t) – i3д(t) = 4,88sin(0t – 161,1°) – 0,878е –50tsin(64,55t + 79,7°) А. I3д(p) = 7.3. РАСЧЁТ ПП МЕТОДОМ ИНТЕГРАЛА ДЮАМЕЛЯ При подключении цепи к источнику единичного напряжения или тока реакция цепи (напряжение на любом участке или ток в любой ветви как 105 функция времени) называется переходной функцией g(t). Если к пассивной цепи в момент t = 0 подключается источник с воздействием fИ(t), являющимся непрерывной функцией времени, то реакцию цепи f(t) определяют интегралом Дюамеля по формуле t f(t) = fИ(0)·g(t) + f И ( )g( t )d . 0 Если функция воздействия имеет различные выражения на разных интервалах времени, то интервал интегрирования разбивается на отдельные участки, реакцию цепи рассчитывают для каждого интервала времени отдельно, причём на каждом интервале указанная выше конструкция интеграла Дюамеля применяется столько раз, каким по счёту является данный интервал. ЗАДАЧА 7.71. На вход схемы рис. 7.97,а подано напряжение uВХ(t) (рис. 7.97,б). Параметры схемы: r1 = r2 =10 кОм, С = 200 мкФ, U0 =100 В, t1 =1 с. Используя интеграл 60 Дюамеля, рассчитать напряжение на 50 конденсаторе, построить его кривую. 40 а) r1 С uÂÛÕ ВЫХ ( t )30 uВХ r2 uВЫХ б) U0 20 uВХ 10 Рис. 7.98 0 t1 0 Рис. 7.97 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 t Решение Рассчитаем переходную характеристику классическим методом. При подключении цепи рис. 7.97,а к источнику единичного напряжения имеем: 1 1 10 6 uВЫХпр = r2 = 10/(10+10) = 0,5 В, р = == -1 с -1, r1 r2 rЭКВC 5000 200 uВЫХ(0) = 0; uВЫХ(t) = uВЫХпр + (uВЫХ(0) – uВЫХпр)е рt = 0,5 – 0,5е –t В, окончательно, g(t) = 0,5 – 0,5е –t. Запишем напряжение uВХ(t) аналитически: u ( t ) 100t B при 0 t t1 ; uВХ(t) = BX 1 u BX 2 ( t ) 100t 100 B при t t1 . t u ( t ) 100 B / c при 0 t t1 ; uВХ (t) = BX 1 uBX 2 ( t ) 100 B / c при t t1 . Выходное напряжение на интервале 0 t t1: Производная от напряжения: 106 t t 0 0 uВЫХ1(t) = uВХ1(0)·g(t) + u BX 1( )g( t )d = 0 + 100( 0,5 0,5e ( t ) )d = = 50t – 50 + 50е –t В. Выходное напряжение на интервале t t1: t1 uВЫХ2(t) = uВХ1(0)·g(t) + u BX 1( )g( t )d + 0 t + (uВХ2(t1) – uВХ1(t1))g(t-t1) + u BX 2 ( )g ( t )d = t1 = -100 + 50t + 50е –t + 50е –(t-1) = -100 + 50t + 68,4е –(t-1) В. u ВЫХ 1( t ) 50t 50 50e t , B при 0 t t1 ; Таким образом, uВЫХ(t) = u ВЫХ 2 ( t ) 100 50t 68,4e ( t 1 ) , B при t t1 1 c. В соответствии с последним выражением на рис. 7.98 построен график uВЫХ(t). 200 а) r1 u(t) L r2 Рис. 7.100 150 r3 uL(t) 100 50 uL( t ) б) 400 0 u( t ) 200 50 100 0 0 0.001 Рис. 7.99 0.002 150 t 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 t ЗАДАЧА 7.72. На вход цепи рис. 7.99,а подан импульс напряжения u(t) = 400е -400t В длительностью t1 = 2 мс (рис. 7.99,б). Параметры цепи r1 = = r2 = 100 Ом, r3 = 50 Ом, L = 0,1 Гн. Используя интеграл Дюамеля, рассчитать напряжение uL(t) и построить его график. Ответы: g(t) = 0,5е -1000t, на интервале 0 t t1: t uL(t) = u(0)·g(t) + u ( )g( t )d = 333,3е -1000t – 133,3е -400t В, 0 на интервале t t1: t1 uL(t) = u(0)·g(t) + u ( )g ( t )d + (-u(t1))g(t-t1) = -109,3е -1000t – 89,87е -1000t+2 В. 0 График uL(t) построен на рис. 7.100. 107 50 а) r1 u(t) r3 r2 С 40 i2 б) 30 i2( t ) 1000 3 20 2 u( t ) 10 1 0 0 0.01 Рис. 7.101 0.02 0 t Рис. 7.102 0 0.02 0.04 0.06 t ЗАДАЧА 7.73. Используя интеграл Дюамеля, рассчитать ток i2(t) в цепи рис. 7.101,а при воздействии ступенчатого напряжения u(t) (рис. 7.101,б), если r1 = r2 = 20 Ом, r3 = 10 Ом, С = 1000 мкФ, t1 = 20 мс. u ( t ) 1 B при 0 t t1 ; Ответы: g(t) = 25 – 12,5е -50t мСм, u(t) = 1 u2 ( t ) 2 B при t t1 . на интервале 0 t t1: i2(t) = u1(0)·g(t) = 25 – 12,5е -50t мА, при t t1: i2(t) = u1(0)·g(t) + (u2(t1) – u1(t1))g(t-t1) = 50 – 12,5е -50t –12,5е -50t+1 мА. а) б) B u в) А i1 i1 r1 200 1,5 С r 3 u(t) 1,0 r2 t 0,5 30 40 50 t 0 0,01 0,02 c 0 10 Рис. 7.103 мс График i2(t) построен на рис. 7.102. ЗАДАЧА 7.74. В схеме рис. 7.103,а рассчитать ток в резисторе r1. Параметры цепи: r1 = 50 Ом, r2 = r3 = 100 Ом, С = 200 мкФ. Напряжение источника задано графиком рис. 7.103,б. Использовать интеграл Дюамеля. Ответы: g(t) = 0,00667 + 0,00333e –37,5t См, 133t 1,78 1,78e 37 ,5t A, если 0 t 0,01c , i1(t) = 133t 0,889 2,334e 37 ,5( t 0 ,01 ) A, если 0,01 t 0,02c , 0,174e 37 ,5( t 0 ,02 ) A, если t 0,02c. График тока на рис. 7.103,в. ЗАДАЧА 7.75. На рис. 7.104,а приведена схема колебательного звена системы автоматического регулирования с параметрами: r = 115 кОм, L = 108 = 3,7 мГн, С = 1,4 пФ. Определить напряжение на выходе uВЫХ(t) при воздействии на входе прямоугольного импульса u(t) (рис. 7.104,б) с параметрами: U0 = 90 В (высота), t1 = 3,5 мкс (смещение), Т = 8 мкс (длительность). Решить задачу с помощью интеграла Дюамеля. а) б) u L U0 С Т uВЫХ u r t 0 t1 Рис. 7.104 t2 Комментарии и ответы. ( p 2 LC 1 )r 1 Передаточная функция звена: Н(p) = = . pL ( pC )1 p 2 rLC pL r r pL ( pC )1 Изображение и оригинал переходной функции: F1( p ) ( p 2 LC 1 )r 1 G(p) = Н(p) = = ; p p( p 2 rLC pL r ) pF2 ( p ) g(t) = F(p ) F1( 0 ) + 2Re 1 1 e p1t = F2 ( 0 ) p1 F2( p1 ) 3 j 77 ,3 51 , 4 10 e 3,106 10 6 t j13 ,554 10 6 t e e = 1 + 2Re = 13,905 10 6 e j102 ,9 j16 ,15 10 3 –bt = 1 + 0,458e sin(0t). Здесь b = 3,106·106 c -1, 0 = 13,554·106 рад/с. Интегралы Дюамеля вычислим с помощью системы MathCAD. t1 := 3.5·10 -6 t2 := 11.5·10 -6 b := 3.106·106 0 = 13.554·106 g(t) := 1 + 0.458·e –b·t·sin(0·t) Напряжение источника u1(t) := 0 u2(t) := 90 u3(t) := 0 u1( t ) if 0 t t1 u(t) := u 2( t ) if t1 t t 2 u3( t ) otherwise t d Интервал 0 t t1: uВЫХ1(t) := u1(0)·g(t) + u1( ) g( t )d 0 d simplify uВЫХ1(t) 0 float ,4 t1 d Интервал t1 t t2: j1(t) := u1(0)·g(t) + u1( ) g( t )d 0 d t d uВЫХ2(t) := j1(t) + ((u2(t1) – u1(t1))·g(t-t1) + u 2( ) g( t )d t1 d 109 simplify 90. – 41.22·e(-.3106e7)·t+10.87·sin(.1355e8·t – 47.44) float ,4 или uВЫХ2(t) = 90 – 41,22e -b(t-t1)·sin(0(t – t1)). t2 d Интервал t t2: j2(t) := ((u2(t1) – u1(t1))·g(t-t1) + u 2( ) g( t )d t1 d t d uВЫХ3(t) := j1(t) + j2(t) + ((u3(t2) – u2(t2))·g(t-t2) + u3( ) g( t )d t 2 d simplify uВЫХ3(t) (-41.22)·e(-.3106e7)·t+10.87·sin(.1355e8·t – 47.44) + float ,4 + 41.22·e(-.3106e7)·t+35.72·sin(.1355e8·t – 155.9) или uВЫХ3(t) = -41,22e -b(t-t1)·sin(0(t – t1)) + 41,22e -b(t-t2)·sin(0(t – t2)). uВЫХ1( t ) if 0 t t1 Окончательно записываем: uВЫХ(t) := uВЫХ 2( t ) if t1 t t 2 uВЫХ 3( t ) otherwise График напряжения uВЫХ(t) построен на рис. 7.105. uВЫХ2(t) 120 Рис. 7.105 100 80 60 uÂÛÕ ВЫХ ( t ) 40 20 0 20 0 2 10 6 4 10 6 6 10 6 8 10 6 1 10 5 1.2 10 5 1.4 10 5 t 7.4. СПЕКТРАЛЬНЫЙ МЕТОД АНАЛИЗА ПП Спектральный метод применяется для определения реакции цепи (обычно это – одна выходная величина, некоторый ток или напряжение) на воздействие (входная величина) в виде импульса или серии импульсов. Эта реакция представляет собой некоторый переходный процесс. Суть метода заключается в том, что импульс воздействия представляют в виде суммы бесконечного числа (в виде интеграла) бесконечно малых по амплитуде синусоидальных функций времени, имеющих разные амплитуды, частоты и начальные фазы. Анализ процессов спектральным методом выполняют с помощью прямого (*) и обратного (**) преобразования Фурье: 1 jt j() F(j) = F()·e = f ( t )e f(t) = F ( j )e jt d . (**) dt , (*) 2 110 Здесь функция времени (сигнал) f(t) – оригинал, изображение F(j) – спектральная характеристика или спектральная плотность сигнала, F() – амплитудно-частотная, а () – фазо-частотная характеристики. В случаях, когда функция f(t) отлична от нуля только в интервале t > 0, прямое преобразование Фурье называют односторонним, которое является частным случаем преобразования Лапласа, в котором комплексная переменная р заменена мнимой переменной j: F(j) = f ( t )e jt dt . 0 Спектральный метод анализа процессов в цепях включает в себя: определение спектральной плотности сигнала воздействия (входной величины) по заданной функции времени; определение комплексной передаточной функции цепи (частотных характеристик цепи); определение спектральной плотности выходной величины (реакции или отклика цепи); определение выходной величины в функции времени. Ввиду необходимости выполнения сложных и громоздких вычислений даже в сравнительно простых случаях этот метод становится целесообразным в случае применения мощной вычислительной техники. Поэтому решение ряда задач выполнено с применением системы MathCAD. ЗАДАЧА 7.76. Определить спектральную плотность следующих сигна 0 при t 1 мс , 0 при t 0 мс , лов: а) f(t) = 5 при 1 t 1 мс , б) f(t) = 5 при 0 t 10 мс , 0 при t 1 мс. 0 при t 10 мс. 0 при t 0 с , 100t 2 1 при 0 t 0,1с , в) f(t) = 10t 4 при 0 ,1 t 0,5 с , 0 при t 0 ,5 с. Решение а). Воспользуемся прямым преобразованием Фурье: 0 ,001 5 001 jt F(j) = f ( t )e е -jt 00 ,,001 = dt = 5e jt dt = j 0 , 001 5 5 10 = (е-j·0,001 – е+j·0,001) = ·(-j2sin(0,001)) = sin(0,001). j j б). Так как функция f(t) равна нулю при t < 0, то можно воспользоваться таблицами преобразования Лапласа. Разложим заданный прямоугольный импульс на две ступенчатые составляющие с амплитудами 5 и -5, причём вторая составляющая запаздывает на 10 мс. Их изображения (по Лапласу): 5 5 и - е -р·0,01. p p 111 5 5 -р·0,01 5 – е = (1 – е -р·0,01). p p p Спектральную плотность получим, если в ответе заменим р на j: 5 F(j) = (1 – е -j·0,01). j в). Воспользуемся преобразованиями Лапласа, но выполним их с помощью системы MathCAD. Исходная функция, записанная одной формулой с помощью функции Хевисайда 1(t) = Ф(t): f(t) := (100t2 + 1)·(Ф(t) – Ф(t – 0,1)) + (-10t + 4)·(Ф(t – 0,1) – Ф(t – 0,5)). Изображение функции: laplace,t 200 . exp( .1000 s ) exp( .1000 s ) f(t) 3 + – 30.· – s float ,4 s s2 exp( .1000 s ) 1 exp( .5000 s ) exp( .5000 s ) – 200.· + + + 10.· 3 s s s s2 10 200 1 или F(р) = (1 + е -0,1р + е -0,5р) + 2 (-3е -0,1р + е -0,5р) + 3 (1 – е -0,1р). p p p Искомая спектральная плотность 10 200 1 -0,1j -0,5j F(j) = (1 + е -0,1j + е -0,5j) + (-3е + е ) + (1 – е -0,1j). 2 3 j ( j ) ( j ) Графики функций и их спектры представлены на рис. 7.106. Изображение заданного импульса F(р) = 112 а) 5 U11( w) 0.005 u11( t) 0 0 0 1 10 w б) 5 2 10 4 0 t 4 0.04 u12( t) U12( w) 0.02 0 0 0.005 0 0.01 0 2000 t w в) 0.5 U13( w) u13( t) 0 Рис. 7.106 0 0.2 0 0.4 0 100 200 w t 113 300 ЗАДАЧА 7.77. Определить комплексную передаточную функцию, построить её АЧХ и ФЧХ для цепей рис. 7.107 при следующих числовых i1 r1 r2 а) б) u1 С r2 u2 j r1 L1 u2 i2 u1 – ВХ; u2 – ВЫХ j – ВХ; i2 – ВЫХ j – ВХ; u2 – ВЫХ в) r2 С j r1 * г) L1 r1 L1 М u2 * L2 u1 i2 i2 С j – ВХ; u2 – ВЫХ r2 Рис. 7.107 u1 – ВХ; i2 – ВЫХ значениях: r1 = 100 Ом, r2 = 200 Ом, С = 10 мкФ, L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,02 Гн, М = 0,9 L1L2 = 0,04 Гн. Под каждым рисунком указано, какая величина считается входной, какая – выходной. Решение а). Примем U2 = 1. Тогда I1 = U2(r2-1 + jС) = r2-1 + jС; U1 = U2 + r1I1 = 1 + r1(r2-1 + jС). КПФ по напряжению r2 1 1000 Н1(j) = U2/U1 = = = . 1 1 r1( r2 jC ) r1 r2 r1r2 jC ) j 1500 Графики АЧХ Н1() =|Н1(j)| и ФЧХ 1() = arg(Н1(j)) представлены на рис. 7.108. 0.8 0 20 0.6 |H1(w)| 40 arg( H1( w) ) deg H1( w) 0.4 60 0.2 80 0 10 100 1 10 w 3 1 10 4 1 10 5 100 10 Рис. 7.108 114 100 1 10 w 3 1 10 4 1 10 5 б). По правилу разброса тока в параллельные ветви I2 = J r1 . r1 r2 jL1 r1 1000 = . r1 r2 jL1 j 3000 Графики АЧХ и ФЧХ функции Нi(j) аналогичны графикам рис. 7.109. Если в качестве выходной величины выступает напряжение u2, то комплексное передаточное сопротивление jL1r1 j100 Н2(j) = U2/J = jL1I2/ J = = Ом. r1 r2 jL1 j 3000 Графики АЧХ и ФЧХ функции Н2(j) представлены на рис. 7.109. КПФ по току Нi(j) = I2/J = 100 100 80 80 |H2(w)| 60 60 arg( H2( w) ) deg H2( w) 40 40 20 20 0 0 10 I2 = J 1 10 w 100 1 10 3 4 1 10 5 10 1 10 w 100 Рис. 7.109 в). В этой схеме r1 и U2 = 1 10 3 4 1 10 5 r1 1 ·I2 = J . jC ( j )2 L1C jC( r1 r2 ) 1 1 jC Комплексное передаточное сопротивление r1 10 8 Н3(j) = U2/J = = Ом. ( j )2 L1C jC( r1 r2 ) 1 2 j 3000 10 6 Графики АЧХ и ФЧХ представлены на рис. 7.110. r1 r2 jL1 100 0 80 50 |H3(w)| 60 arg( H3( w) ) 100 deg H3( w) 40 150 20 0 10 1 10 100 3 1 10 200 4 10 1 10 100 3 Рис. 7.110 г). Запишем систему уравнений относительно контурных токов I1 и I2: w w 115 1 10 4 (r1 + r2 + jL1 + jL2 + j2M)I1 – (r2 + jL2 + jM)I2 = U1, 1 -(r2 + jL2 + jM)I1 + (r2 + jL2 + )I2 = 0. jC Найдём способом подстановки: 1 r2 jL2 jC I1 = I2 , r2 jL2 jM 1 ( r1 r2 jL1 jL2 j 2M )( r2 jL2 jC ) I2 r2 jL2 jM = U1. r2 jL2 jM Комплексная передаточная проводимость I Н4(j) = 2 = U1 jC( r2 jL2 jM ) = = [ r1 r2 j( L1 L2 2M )][ r2 jC ( j )2 L2C 1] jC [ r2 j( L2 M )] 2 158 ,6 2 j 5263 Cм. j 3 57 ,89 10 3 2 j105 ,4 10 6 78 ,95 10 9 Графики АЧХ и ФЧХ представлены на рис. 7.111. = 80 60 0.004 |H4(w)| arg( H4( w) ) deg H4( w) 40 20 0.002 0 0 1 10 100 w 1 10 3 1 10 20 4 1 10 1 10 100 w 3 1 10 4 0 20 0.004 |H4(w)| 40 arg( H4( w) ) deg H4( w) 60 0.002 80 0 4 1 10 1 10 w 5 1 10 6 100 4 1 10 Рис. 7.111 116 1 10 w 5 1 10 6 ЗАДАЧА 7.78. Для указанных ниже цепи (берётся из задачи 7.76) и воздействия (из задачи 7.77) получить спектр и функцию времени выходной величины: 1) цепь а), воздействие а); 2) цепь б), воздействие б); 3) цепь в), воздействие б); 4) цепь в), воздействие в). Решение 1000 1. Цепь а) обеспечивает КПФ Н1() := , воздействие а) предj 1500 10 ставлено спектром U1() := sin(0,001) В·c. Тогда спектральная плотность выходного напряжения U2() := Н1()·U1(), U2() = 10 4 sin( 0 ,001 ) j 2 1500 В·c. Оригинал напряжения (функция времени): invfourier , u2(t) := U2() -3.334·ехр(-1500.·t – 1.500)·Ф(1.·t + 1.000·10-3) foloat ,4 … Спектр и временной график выходного напряжения представлены на рис. 7.112. 0.008 0.006 U21( w) 0.004 0.002 0 2000 4000 6000 1 10 4 8000 w 4 3 u2( t) 2 1 117 0 Рис. 7.112 0.001 0 0.001 0.002 t 0.003 0.004 2. Цепь б) обеспечивает КПФ Н2() := представлено спектром J() := j100 Ом, воздействие б) j 3000 5 (1 – е –j·0,01) А·c. Тогда спектральная плотj ность выходного напряжения 500 500 exp( 0,01 j ) В·c. j 3000 Оригинал напряжения (функция времени): invfourier , u2(t) := U2() 500.2·ехр(-3000.·t)·Ф(1.·t) – 500.2·ехр(-3000.·t + foloat ,4 … Спектр и временной график выходного напряжения представлены на рис. 7.113. U2() := Н2()·J(), U2() = 0.3 U22( w) 0.2 0.1 0 2000 4000 6000 8000 1 10 4 w 400 200 u2( t) 0 200 400 0 0.002 0.004 0.006 Рис. 7.113 0.008 t 118 0.01 0.012 0.014 3. Цепь в) обеспечивает КПФ Н3() := 10 8 2 j 3000 10 6 Ом, воздей- 5 (1 – е –j·0,01) А·c. Тогда спектральj ствие б) представлено спектром J() := ная плотность выходного напряжения U2() := Н3()·J(), U2() = 0,5 10 9 j 0,5 10 9 exp( 0 ,01 j ) 3 j 2 3000 10 6 В·c. Спектр напряжения см. на рис. 7.114. Оригинал напряжения (функция времени) с помощью функции invfourier не удаётся получить. Поступим другим образом. Применим формулу обратного преобразования Фурье, в которой вместо теоретических бесконечных пределов возьмём достаточно большие числа ±60000: 1 60000 u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 60000 5 4 3 U23( w) 2 1 0 500 1000 1500 2000 2500 3000 w 500 400 300 Xq 200 100 Рис. 7.114 0 0 0.005 0.01 Tq 119 0.015 0.02 Однако по этой формуле MathCAD не строит график (программа зависает). Сформируем массив из 201 значения функции с временным шагом 0,0001: dt := 0.0001 q := 0 .. 200 Tq := q·dt Xq := u2(Tq) График зависимости Xq(Tq) представлен на рис. 7.114. 10 8 4. Цепь в) обеспечивает КПФ Н3() := 2 Ом, воздей j 3000 10 6 ствие в) представлено спектром 10 200 1 -0,1j -0,5j J() := (1 + е -0,1j + е -0,5j) + (-3е + е ) + (1 – е -0,1j) А·c. 2 3 j ( j ) ( j ) Тогда спектральная плотность выходного напряжения U2() := Н3()·J(). Спектр напряжения см. на рис. 7.115. Оригинал напряжения получим способом, описанным в п.3 этой 1 60000 задачи: u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 60000 60 40 U24( w) 20 0 100 200 300 400 w 300 200 Re X q 100 0 Рис. 7.115 100 0 0.1 0.2 0.3 Tq 120 0.4 0.5 500 Сформируем массив из 401 значения функции с временным шагом 0,0015: dt := 0.0015 q := 0 .. 400 Tq := q·dt Xq := u2(Tq) График зависимости Xq(Tq) представлен на рис. 7.115 Вывод. Спектральный метод является перспективным, позволяет автоматизировать анализ переходных процессов в цепях. Однако его использование предполагает наличие достаточно мощной вычислительной техники. Система MathCAD поддерживает этот метод лишь при решении сравнительно простых задач (цепи не более второго порядка, воздействия, описываемые одной-двумя формулами). 7.5. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕДАТОЧНОЙ ФУНКЦИИ (КПФ) ПРИ РАСЧЁТЕ ПП ЗАДАЧА 7.79. Рассчитать напряжение u2(t) (выходная величина) переходного процесса при подключении цепи задачи 5.42 /1/ к источнику постоянного тока (входная величина) J = 0,05 A классическим и операторным методами. Формула для комплексного передаточного сопротивления, полуb j b0 83333 ченная при решении задачи 5.42: Z(j) = 1 = Ом. j a 0 j 66 ,67 Решение 1. При решении задачи классическим методом напряжение u2(t) ищется в виде суммы принуждённой и свободной составляющих: u2(t) = u2пр(t) + u2св(t). Поскольку источник постоянный, принуждённая составляющая также является постоянной и может быть определена через комплексное передаточное сопротивление при частоте = 0: b 83333 Z(0) = 0 = = 1250 Ом; u2пр = Z(0)·J = 1250·0,05 = 62,5 В. a0 66 ,67 Комплексное передаточное сопротивление является так называемой системной функцией. Для получения характеристического уравнения нужно в ней заменить j на р и знаменатель дроби приравнять к нулю. Получаем: р + а0 = 0, р = -а0 = -66,67 с -1. При одном корне характеристического уравнения свободная составляющая имеет вид: u2св(t) = А·е рt, где постоянная интегрирования А находится из начальных условий – А = u2св(0) = u2(0) – u2пр(0). Для получения начального значения напряжения u2(0) снова используем комплексное передаточное сопротивление, но теперь при b 0 частоте, равной бесконечности: Z() = 1 = = 0. a1 1 Тогда u2(0) = Z()·J = 0, и А = -u2пр(0) = -62,5. Окончательно получаем: u2(t) = 62,5 – 62,5·е -66,67t В. 2. Для расчёта выходного напряжения u2(t) операторным методом используем операторное передаточное сопротивление Z(р), которое получаем из комплексного передаточного сопротивления заменой j на р: 121 b1 p b0 83333 = . p a0 p 66 ,67 Изображения тока источника и выходного напряжения (используем MathCAD): laplace,t .5000 e 1 0 ,05 J(s) := J , то есть J(р) = ; s float ,4 p simplify .1250 e5 U2(р) := Z(р)·J(р) U2(р) . float ,4 ( 3. p 200.) p Оригинал искомого напряжения получаем с помощью обратного преобразования Лапласа: invlaplace, p u2(t) := U2(р) 62.5 – 62.5·е (-66,67)·t. float ,4 Z(р) = ЗАДАЧА 7.80. Решить задачу 7.79 спектральным методом при условии, что источник вырабатывает одиночный прямоугольный импульс тока амплитудой J = 0,05 A и длительностью = а0 -1 = 0,015 с. Решение Мгновенное значение тока воздействия может быть записано 0,05 if 0 t аналитически следующим образом: J(t) : = . 0 otherwise Для выполнения операций преобразования Лапласа в среде MathCAD запишем мгновенное значение тока одной формулой, используя скачкообразную единичную функцию (функцию Хевисайда) 1(t), которая в MathCAD обозначается как Ф(t): J(t) : = 0.05·(Ф(t) – Ф(t–)). Изображение тока источника: laplace,t .5000 e 1 e( .1500 e 1 ) s J(s) : = J(t) – .5000е-1· , s s float ,4 0 ,05 то есть J(р) = (1 – е -p). p Спектральная плотность тока источника может быть получена из 0,05 изображения тока заменой р на j: J() := (1 – е –j··). j Спектральная плотность выходного напряжения находится через комплексное передаточное сопротивление: U2() := Z()·J(). Наконец, с помощью системы MathCAD выполняем вычисление 1 интеграла обратного преобразования Фурье: u2(t) = · U 2( j ) e jt d . 2 Поскольку вычисление несобственных интегралов в системе MathCAD не предусмотрено (ввиду численного решения задаваемого интеграла), то вместо бесконечных пределов возьмём достаточно большие конечные, напри122 мер, 60000, допуская тем самым не слишком большую ошибку: 1 60000 u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 60000 Для любого значения времени можно получить ответ. Например, u2(0.005) = 17.717 u2(0.01) = 30.386 u2(0.05) = 2.113. Наконец, напряжение u2(t) в виде графика можно получить, используя встроенную в MathCAD функцию invfourier: invfourier , u2(t) := U2() 31,24·Ф(1.·t) – 31.24·Ф[(-1).·t] – 62.49·e(-66.67)·t·… float ,4 График напряжения u2(t) приведен на рис. 7.116. 30 ЗАДАЧА 7.81. Решить 20 задачу 7.79 с помощью интеграла Дюамеля, операторным и u2( t ) спектральным методом при 10 условии, что источник вырабатывает одиночный импульс 0 тока, график которого приведен на рис. 7.117,а. Построить график 0 0.02 0.04 0.06 выходного напряжения. t Рис. 7.116 Решение а) 1. Для решения задачи с 0.04 использованием интеграла Дюамеля необходимо предварительно определить переходную характеристику (в данном случае – j( t ) 0.02 переходное сопротивление), которая по определению является реакцией цепи на единичное скачкообразное 0 воздействие (функцию Хевисайда), 0 0.005 0.01 операторное изображение которой t 1/р. Другими словами, переходная 20 характеристика численно равна б) выходной величине при включении цепи на единичную входную величину (в данном случае на 1 А). 10 Определим эту переходную u2( t ) характеристику, используя операторное передаточное сопротивление, полученное из 0 комплексного передаточного сопротивления заменой j на р, 0 0.02 0.04 0.06 путём преобразований Лапласа, Рис. 7.117 t 123 0.08 0.015 0.08 которые сделаем с помощью программы MathCAD. В задаче 7.79 получено: b p b0 83333 Z(р) = 1 = . p a0 p 66 ,67 1 Тогда изображение выходного напряжения U2(р) := Z(р)· . p Искомая переходная характеристика invlaplace, p g(t) := U2(р) 1250. – 1250.·e (-66.67)·t float ,4 Импульс входного тока аналитически описывается двумя формулами: - на интервале 0 t t1 = 0,01 с j1(t) := 0.01 + 4·t; - на интервале t1 t j2(t) := 0. Искомое напряжение при 0 t t1 = 0,01 с: t d u21(t) := j1(0)·g(t) + j1( ) g( t )d 0 d simplify u21(t) 5000.·t – 75.00 + 75.00·e (-66.67)·t. float ,4 d u22(t) := j1(0)·g(t) + j1( ) g( t )d + (0 – j1(t1))·g(t – t1) 0 d simplify u22(t) (-12.50) – 12.50·e (-66.67)·t + .6667 + 75.00·e (-66.67)·t. float ,4 Ответ записываем в следующем виде: u2(t) := 0 if t < 0 u21(t) if 0 t t1 u22(t) otherwise Таким образом, имеем следующий ответ: 5000 t 75 75e 66 ,67 t B при 0 t 0 ,01 c , u2(t) = 66 ,67 ( t 0 ,01 ) 75e 66 ,67 t B при t 0 ,01 c. 12 ,5 12 ,5e График напряжения построен на рис. 7.117,б. 2. Выполним расчёт операторным методом. Аналитическое выражение тока источника, записанное с использованием функции Хевисайда Ф(t): j(t) := (0.01 + 4·t)·(Ф(t) – Ф(t – t1)). Изображение тока источника: laplace,t .1000 e 1 e( .1000 e 1 ) s e( .1000 e 1 ) s 4. J(s) := j(t) – .5000e-1· + 2 – 4.· . s s float ,4 s2 s Изображение выходного напряжения: U2(р) := Z(р)·J(р). Оригинал выходного напряжения: invlaplace, p u2(t) := U2(р) 62.50·e (-66.67)·t – 62.50 – 12.50·Ф(t – .1000е-1)· float ,4 ·e (-66.67)·t + .6667 + 62.50·Ф(t – .1000е-1) + 5000.·t – 5000.·t·Ф(t – .1000е-1). При t t1 t1 124 График напряжения, построенный по последней формуле, приведен на рис. 7.117,б. 3. Выполним расчёт спектральным методом. Оригинал и изображение тока источника: j(t) := (0.01 + 4·t)·(Ф(t) – Ф(t – t1)) laplace,t .1000 e 1 e( .1000 e 1 ) s e( .1000 e 1 ) s 4. J(s) := j(t) – .5000e-1· + 2 – 4.· . s s float ,4 s2 s Спектральная плотность тока источника: 4. e( .1000 e 1 ) j .1000e 1 e( .1000 e 1 ) j J() := – .5000e-1· + – 4.· . j j ( j )2 ( j )2 Спектральная плотность выходного напряжения находится через комплексное передаточное сопротивление: U2() := Z()·J(), где комплекс83333 ное передаточное сопротивление Z() := . j 66 ,67 С помощью системы MathCAD выполняем вычисление интеграла 1 обратного преобразования Фурье: u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 Вместо бесконечных пределов возьмём достаточно большие конечные, 1 60000 например, 60000: u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 60000 Для любого значения времени можно получить ответ. Например, u2(0.005) = 7.283 u2(0.01) = 19.566 u2(0.05) = 1.361. Сравните полученные ответы с графиком рис. 7.117,б. ЗАДАЧА 7.82. Рассчитать напряжение u2(t) переходного процесса при подключении цепи задачи 5.43 /1/ к источнику постоянного тока J = 0,05 A операторным методом. Формула для комплексного передаточного сопротивления, полученная при решении задачи 5.43: 5 10 8 Z(j) = Ом. ( j )2 1000 j 3.5 10 5 Решение Последовательность решения задачи такая же, как и задачи 7.79. Поэтому приведём лишь ответы. Операторное передаточное сопротивление Z(р) получаем из комплексного передаточного сопротивления заменой j на р: 5 10 8 Z(р) := 2 . p 1000 p 3.5 10 5 Изображения тока источника и выходного напряжения: laplace,t .5000 e 1 0 ,05 J(s) := J , то есть J(р) = ; s float ,4 p 125 simplify .2500 e8 . 2 float ,4 ( p 1000 . p .3500 e6 ) p Оригинал искомого напряжения получаем с помощью обратного преобразования Лапласа: invlaplace, p u2(t) := U2(р) 71.43 – 71.43·е (-500.)·t·cos(316.2·t) – float ,4 – 112.9·е (-500.)·t·sin(316.2·t). U2(р) := Z(р)·J(р) U2(р) ЗАДАЧА 7.83. Решить задачу 60 7.82 с помощью интеграла Дюамеля, операторным и спектральным 50 методом при условии, что источник вырабатывает одиночный импульс 40 тока, график которого приведен на рис. 7.117,а. Построить график выходного напряжения. 30 u2( t ) Решение Последовательность решения 20 задачи такая же, как и задачи 7.81. Поэтому приведём лишь ответы. 10 5 10 8 1. Z(р) := 2 . p 1000 p 3.5 10 5 0 Переходная характеристика 0 0.01 0.02 1 invlaplace, p g(t) := Z(р)· t Рис. 7.118 float ,4 p 1429. – 1429.·е (-500.)·t·cos(316.2·t) – 2259.·е (-500.)·t·sin(316.2·t). Импульс входного тока аналитически описывается двумя формулами: - на интервале 0 t t1 = 0,01 с j1(t) := 0.01 + 4·t; - на интервале t1 t j2(t) := 0. Искомое напряжение при 0 t t1 = 0,01 с: t d u21(t) := j1(0)·g(t) + j1( ) g( t )d 0 d simplify u21(t) (-2.040) + 5716.·t + 2.040·e (-500.)·t·cos(316.2·t) – float ,4 – 14.85·e (-500.)·t·sin(316.2·t). При t t1 t1 d u22(t) := j1(0)·g(t) + j1( ) g( t )d + (0 – j1(t1))·g(t – t1) 0 d simplify u22(t) 2.040·e (-500.)·t·cos(316.2·t) – 14.85·e (-500.)·t·sin(316.2·t) + float ,4 126 + 55.12·e (-500.)·t + 5.·cos(316.2·t – 3.162) + 105.2·e (-500.)·t + 5.·sin(316.2·t – 3.162). Ответ записываем в следующем виде: u2(t) := 0 if t < 0 u21(t) if 0 t t1 u22(t) otherwise График напряжения построен на рис. 7.118. 2. Выполним расчёт операторным методом. Оригинал тока источника: j(t) := (0.01 + 4·t)·(Ф(t) – Ф(t – t1)). Изображение тока источника: laplace,t .1000 e 1 e( .1000 e 1 ) s e( .1000 e 1 ) s 4. J(s) := j(t) – .5000e-1· + – 4.· . 2 2 s s float ,4 s s Изображение выходного напряжения: U2(р) := Z(р)·J(р). simplify ( 1.) p 5. e( .1000 e 1 ) p p 400 . 400 . e( .1000 e 1 ) p U2(р) (-.5е7)· float ,4 ( p 2 1000 . p .3500 e6 ) p 2 Оригинал выходного напряжения: invlaplace, p u2(t) := U2(р) (-2.041) + 2.041·e (-500.)·t·cos(316.2·t) – float ,4 – 14.84·e (-500.)·t·sin(316.2·t) + 2.041·Ф(t – .1000е-1) + + 55.10·Ф(t – .1000е-1)·e (-500.)·t + 5.·cos(316.2·t – 3.162) + + 105.2·Ф(t – .1000е-1)·e (-500.)·t + 5.·sin(316.2·t – 3.162) + + 5714.·t – 5714.·t·Ф(t – .1000е-1). График напряжения, построенный по последней формуле, приведен на рис. 7.118. 3. Выполним расчёт спектральным методом. Спектральная плотность тока источника, полученная по изображению тока источника e( .1000 e 1 ) j 4. .1000e 1 e( .1000 e 1 ) j J() := – .5000e-1· + – 4.· . j j ( j )2 ( j )2 Спектральная плотность выходного напряжения находится через комплексное передаточное сопротивление: U2() := Z()·J(), где комплексное передаточное сопротивление .5000 e9 Z() = . .3500 e6 ( j )2 1000 j С помощью системы MathCAD выполняем вычисление интеграла 1 обратного преобразования Фурье: u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 Вместо бесконечных пределов возьмём достаточно большие конечные, 1 60000 например, 60000: u2(t) := · U 2( ) e j t d . 2 60000 Для любого значения времени можно получить ответ. Например, u2(0.005) = 25.311 u2(0.01) = 55.09 u2(0.015) = 8.595. Сравните полученные ответы с графиком рис. 7.118. 127 Подытоживая анализ задач 5.42, 5.43, 6.5, 7.79 – 7.83, можем сказать, что при помощи комплексной передаточной функции можно определить реакцию цепи при любой форме воздействия. 128