Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
1
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Ć
W
.
Z
O
BWODÓW I SYGNAŁÓW DLA
E
I
T/A
I
R
(
SEM
2)
D
ODATEK
Z
ADANIOWY Z
A
NALIZY
O
PERATOROWEJ
Zadanie 1
W układzie jak na rysunku należy wyzna-
czyć warunki początkowe, tzn. u
c1
(0
+
) i
u
c2
(0
+
).
Przyjąć:
-
-
1
2
(0 )
(0 )
0,
c
c
u
u
=
=
-
( )
e
( )
t
e t
E
t
α
=
1
,
0
E ≠ .
Rozwiązanie
Gdybyśmy przyjęli, że 0=u
c1
(0
-
)=u
c1
(0
+
)=U
1
+
i 0=u
c2
(0
-
)=u
c2
(0
+
)=U
2
+
, czyli gdybyśmy
założyli ciągłość napięcia na kondensatorach, to po zamknięciu klucza, dla chwili 0
+
, mieliby-
ś
my następujące „równanie” NPK:
E-0-0 = 0.
Ponieważ, z założenia, E≠0, więc otrzymaliśmy sprzeczność.
Zaniechajmy wymagania ciągłości napięcia na kondensatorach.
Wymagajmy, by była jednak przynajmniej spełniona zasada zachowania ładunku.
Z zasady tej wnosimy, ze powinno zachodzić:
q
1
-q
2
=0.
Stąd wynika, że
1
1
2
2
0
C U
C U
+
+
−
=
(*)
Uwzględniając NPK:
1
2
U
U
E
+
+
+
=
uzyskujemy z zależności (*), że:
2
1
1
2
C
U
E
C
C
+
=
+
,
1
2
1
2
C
U
E
C
C
+
=
+
.
Analizowany tu przypadek należy uznać za zdegenerowany.
W zdegenerowanych przypadkach stosować:
zasadę ciągłości strumienia dla induktora,
prawo zachowania ładunku dla kondensatora.
Przy podejściu operatorowym wystarczy zawsze zastosować regułę ciągłości prądu induktora
i napięcia kondensatora.
C
1
C
2
e(t)
q
1
q
2
t=0
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
2
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 2
Zdefiniowane jest prawostronne przekształcenie Laplace’a funkcji f(t):
ܨሺݏሻ = ℒሺ݂ሺݏሻሻ = න ݂ሺݐሻ݁
ି௦௧
݀ݐ
ஶ
ష
Znaleźć F(s) dla:
a)
f(t)=
1
(t),
b)
1
2
dla 0
( )
0 dla pozostalych
A
t
f t
t
τ
τ
<
< <
=
/
Rozwiązanie
a)
gdy >0
(
j )
(
j )
-1
j
j
0
0
1
1
( )
1
e
j
a
a b t
a b t
a
b
s a b
F s
e
dt
a
b
s
−
−
∞
∞
−
+
−
+
+
= +
=
=
=
=
+
∫
,
Zatem
ℒ[
1
(t)]
=
ଵ
௦
,
przy czym obszarem zbieżności tej transformaty jest prawa półpłaszczyzna, czyli Res >0.
b)
1
2
( )
( - )
( -
)
f t
A t
A t
τ
τ
=
−
1
1
,
ℒ[
1
(t-
߬
1
)]=
e
ି௦௧
݀ݐ
ஶ
ఛ
భ
=
1
−
= τ
t
t
1
e
ି௦ሺ௧
భ
ାఛ
భ
ሻ
݀ݐ
ଵ
ஶ
=
e
ି௦ఛ
భ
e
ି௦௧
భ
݀ݐ
ଵ
ஶ
=
e
ି௦ఛ
భ
e
ି௦௧
భ
݀ݐ
ଵ
ஶ
ష
=
e
ି௦ఛ
భ
∙
భ
ೞ
,
gdzie Res>0.
Zatem
ℒሺ݂ሺݏሻሻ = ൫ܣ ∙
1
ሺݐ − ߬
ଵ
ሻ − ܣ ∙
1
ሺݐ − ߬
ଶ
ሻ൯e
ି௦௧
݀ݐ
ஶ
ఛ
భ
=
1
2
0
0
( - )e
( -
)e
st
st
A t
dt
A t
dt
τ
τ
∞
∞
−
−
−
=
∫
∫
1
1
(
)
1
2
1
2
1
e
e
e
e
s
s
st
st
A
dt A
dt
A
s
τ
τ
τ
τ
∞
∞
−
−
−
−
−
=
−
∫
∫
.
Rozwią
zanie punku b) sugeruje, że mogą zachodzić następujące własności:
1.
ℒሺ݂ܽ
ଵ
+ ܾ݂
ଶ
ሻ = ܽℒሺ݂
ଵ
ሻ + ܾℒሺ݂
ଶ
ሻ
2.
ℒ൫݂ሺݐ − ݐ
ሻ1ሺݐ − ݐ
ሻ൯ =
e
−ݏݐ
0
ℒ൫݂ሺݐሻ1ሺݐሻ൯, gdy ݐ
> 0.
Można łatwo udowodnić prawdziwość tych własności.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
3
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 3
Na podstawie znajomości transformaty funkcji cos(t)
൫ℒሺcos ሺݐሻሻ =
ೞ
ೞమశభ
൯ i wiedzy o
transformacie pochodnej funkcji
൫ℒ൫݂
ᇱ
ሺݐሻ൯ = ݏℒ൫݂ሺݐሻ൯ − ݂ሺ0
±
ሻ൯ znaleźć transformatę
funkcji sin(t)
ሺℒሺsinሺݐሻሻ =? ሻ.
Rozwiązanie
ℒሺsinሺݐሻሻ = − ℒ ቀ
ௗ
ௗ௧
cosሺݐሻቁ = − ቀݏ ∙
௦
௦
మ
ାଵିଵ
ቁ =
ି௦
మ
ା௦
మ
ାଵ
௦
మ
ାଵ
=
ଵ
௦
మ
ାଵ
Podaną w zadaniu własność, a także transformaty funkcji
t
ω
sin
i
t
ω
cos
warto pamiętać:
ℒሺsinሺ߱ݐሻሻ =
ఠ
௦
మ
ାఠ
మ
ℒሺcosሺ߱ݐሻሻ =
௦
௦
మ
ାఠ
మ
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
4
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie
4
Obliczyć transformaty następujących funkcji:
a)
)
(t
e
t
1
α
−
z definicji
b)
t
t
ω
cos
)
(
1
i
t
t
ω
sin
)
(
1
z własności
c)
)
(t
t1
i
)
(t
δ
z własności
Rozwiązanie
a)
α
s
e
α
s
(t)dt
e
e
α)t
(s
αt
st
+
=
+
−
=
∞
+
−
−
∞
−
∫
1
1
0
0
1
dla
α
Re
Re
−
>
s
b)
2
2
2
1
2
1
2
ω
ω
ω
ω
ω
ω
+
=
+
+
−
=
+
=
⋅
⋅
−
s
s
s
s
t
t
t
j
j
e
e
cos
j
j
2
2
1
1
2
1
2
ω
ω
ω
ω
ω
ω
ω
+
=
+
−
−
=
−
=
⋅
⋅
−
s
s
s
t
t
t
j
j
j
j
e
e
sin
j
j
c)
Ponieważ
ௗ
ௗ௦
ℒሺ݂ሺݐሻሻ = −ℒሺݐ ∙ ݂ሺݐሻሻ i ℒሺ
1
ሺݐሻሻ =
ଵ
௦
,
więc
ௗ
ௗ௦
ቀ
ଵ
௦
ቁ = −ℒሺݐ ∙
1
ሺݐሻሻ ,
skąd
ℒሺݐ ∙
1
ሺݐሻሻ =
ଵ
௦
మ
.
Z drugiej strony
)
0
(
)
(
)
(
f
s
sF
t
f
dt
d
−
=
⋅
⋅
i
)
(
)
(
t
dt
d
t
1
=
δ
,
0
)
0
(
=
−
1
,
ℒሺ
1
ሺݐሻሻ =
భ
ೞ
,
więc
ℒሺߜሺݐሻሻ = ℒ ቀ
ௗ
ௗ௧
1
ሺݐሻቁ = ݏ ∙
ଵ
௦
− 0 = 1 .
Odp.
a)
1
e
( )
s
t
t
α
α
⋅
−
⋅
=
+
1
b)
2
2
( ) cos
s
t
t
s
ω
ω
⋅
⋅
=
+
1
,
2
2
( )sin
t
t
s
ω
ω
ω
⋅
⋅
=
+
1
c)
2
1
( )
t t
s
⋅
⋅
=
1
,
1
)
(
⋅
⋅
=
t
δ
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
5
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie
5
W oparciu o następujące twierdzenie:
Transformata
ܨሺݏሻ = ℒሺ݂ሺݐሻሻ = e
ି௦௧
݂ሺݐሻ݀ݐ
ஶ
ష
jest w obszarze zbieżności funkcją holomor-
ficzną (tj. w półpłaszczyźnie
s
x
z
Re
<
) i jej pochodna dla
z
x
s >
Re
jest równa
ௗ
ௗ௦
ܨሺݏሻ = න
డ
డ௦
ஶ
ሺe
ି௦௧
݂ሺݐሻሻ݀ݐ = − න e
ି௦௧
ݐ݂ሺݐሻ݀ݐ
ஶ
= −ℒሺݐ ∙ ݂ሺݐሻሻ
Udowodnić, że
a)
ℒሺݐ
ሻ =
!
ೞశభ
b)
ೞ
ܨሺݏሻ = ሺ−1ሻ
ℒሺݐ
∙ ݂ሺݐሻሻ
Rozwiązanie
Zacznijmy od punktu b). Połóżmy
)
(
)
(
t
f
t
t
f
i
i
=
na wzorze podanego twierdzenia.
Wtedy
1
( )
( )
d
F s
F s
ds
= −
oraz dla
1 2,
1
i
,
..., n -
=
1
( ).
i
i
d
F
F
s
ds
+
= −
Zatem
1
2
(
1)
0
1
1
2
1
1
2
(
1)
0
( )
( )
( )
...
( 1)
( )
( 1)
( )
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
d F s
d
F s
d
F s
d
d
F
s
F s
ds
ds
ds
ds
ds
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
= −
=
=
= −
= −
=
( 1)
(
( ))
n
n
t f t
= −
L
Teraz już łatwo, kładąc ( )
1
f t
= uzyskujemy
ሺ−1ሻ
ℒሺݐ
∙ 1ሻ =
ௗ
ௗ௦
ቀ
ଵ
௦
ቁ = ሺ−1ሻ
ݏ
ିሺାଵሻ
∙ ݊!
czyli
ℒሺݐ
ሻ =
!
௦
శభ
.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
6
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie
6
Znaleźć odwrotne transformaty Laplace’a metodą residuów.
a)
s
s
F
1
)
(
=
;
b)
1
1
)
(
2
+
=
s
s
F
;
c)
(
)(
)
2
2
1
1
)
(
+
+
=
s
s
s
s
F
;
d)
3
)
2
)(
1
(
1
)
(
+
+
=
s
s
s
F
;
e)
(
)
1
2
1
( )
e
e
s
s
F s
s
τ
τ
−
−
=
−
.
Rozwiązanie
Zestawimy najpierw
S
S
P
P
O
O
S
S
O
O
B
B
Y
Y
O
O
D
D
W
W
R
R
A
A
C
C
A
A
N
N
I
I
A
A
T
T
R
R
A
A
N
N
S
S
F
F
O
O
R
R
M
M
A
A
T
T
Y
Y
L
L
A
A
P
P
L
L
A
A
C
C
E
E
’
’
A
A
.
.
A)
Sposoby wykorzystujące bezpośrednio wzór na przekształcenie LLLL
-1
:
j
j
1
( )
( )e
2 j
c
st
c
f t
F s
ds
π
+ ∞
− ∞
=
∫
,
gdzie prosta Res=c leży w obszarze zbieżności transformaty F(s)
B)
Sposoby szczególne dla funkcji wymiernych
(o współczynnikach rzeczywistych i stopniu licznika mniejszym od stopnia mianow-
nika)
B1.
Metoda rozkładu na ułamki proste
1
1
1.
1.1
1.2
1
2
1
1
1
.
.1
.2
.
1
2
1
1
( )
( )
...
...
( )
(
)
(
)
(
)
...
(
)
(
)
(
)
(
)
i
K
K
K
K
K
K
i k
k
i
k
K
K
i
K
C
C
C
L s
F s
M s
s s
s s
s s
C
C
C
C
s s
s s
s s
s s
α
α
α
α
α
=
=
=
=
+
+
+
+
−
−
−
+
+
+
=
−
−
−
−
∑∑
1
.
1
1
( )
e
( -1)!
i
i
K
s t
k
i k
i
k
C
f t
t
k
α
−
=
=
=
∑∑
, dla t>0,
gdzie
(
)
.
1
1
( )
lim
(
)!
( )
i
i
i
i
k
i k
k
s
s
i
d
L s
C
s s
k
M s
ds
α
α
α
α
−
−
→
=
−
−
B2.
Metoda residuów
݂ሺݐሻ = ℒ
ିଵ
ቀ
ሺ௦ሻ
ெሺ௦ሻ
ቁ = res
௦ୀ௦
ೖ
ቀ
ሺ௦ሻ
ெሺ௦ሻ
܍
௦௧
ቁ
ୀଵ
, dla ݐ > 0,
gdzie
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
7
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
(
)
1
1
( )
1
( )
res
e
lim
e
( )
(
1)!
( )
k
k
k
k
k
st
st
k
s
s
s s
k
L s
d
L s
s s
M s
M s
ds
α
α
α
α
−
−
→
=
=
−
−
Wzór pomocniczy:
( )
(
)
( )
( )
skrotowy
zapis
0
e
e
e
n i
n i
n
n
n
d
st
st
i
st
n
i
n
ds
i
d
d
W s
t
W s
t
W s
ds
ds
−
−
=
=
=
+
∑
Np.
(
)
( )
( )
( )
i
1
k
L s
k
k
M s
W s
s s
n
α
α
=
−
=
− .
Zatem
prawdziwe jest następujące twierdzenie:
Jeśli transformata Laplace’a F(s) oryginału
1
f(t) jest funkcją holomorficzną
2
na całej
płaszczyźnie zespolonej z wyjątkiem skończonej liczby punktów osobliwych s
1
, s
2
, ... , s
n
oraz
→
lim
( ) = 0
s
F s
∞
∞
∞
∞
,
to dla t > 0
=
∑
=
=1
( )
res
( )e
i
n
st
s s
i
f t
F s
.
Na podstawie powyższego twierdzenia, przy szukaniu odwrotnej transformaty funkcji wymiernej
( )
( )
( )
L s
F s
M s
=
metodą residuów, gdzie L(s) i M(s) są wielomianami względnie pierwszymi i stopień wielomianu
M(s) jest wyższy od stopnia wielomianu L(s), a pierwiastkami wielomianu M(s) są s
1
, s
2
, ..., s
n
o krotnościach l
1
,
l
2
, ..., l
n
,
posługujemy się następującym wzorem
݂ሺݐሻ = ℒ
ିଵ
ሺܨሺݏሻሻ = ൞ res
௦ୀ௦
ሺܨሺݏሻe
௦௧
ሻ
ୀଵ
dla ݐ > 0
0 dla ݐ < 0
gdzie
(
)
(
)
(
)
(
)
1
1
1
res
( )e
lim
(
)
( )e
1 !
i
i
i
i
i
l
l
st
st
i
l
s s
s s
i
d
F s
s s
F s
l
ds
−
−
→
=
=
−
−
.
Uzbrojeni w przedstawione powyżej narzędzie znajdujemy po kolei transformaty odwrotne.
Ad a/. =======================
s
s
F
1
)
(
=
Funkcja ta posiada tylko jeden biegun s
0
=0.
Zatem, dla czasów t>0, mamy
1
0
0
1
( )
res
( )e
lim
e
e
st
st
t
s
s s
f t
F s
s
s
→
=
=
=
=
=
1
.
1
Oryginałem jest funkcja przyczynowa, spełniająca warunki Dirichleta i wykładniczo ograniczona.
2
Funkcję f(z) nazywamy holomorficzną w punkcie z
0
, jeżeli ma ona pochodną w pewnym otoczeniu tego punk-
tu, tj. istnieje otoczenie punktu z
0
, w którym istnieje pochodna funkcji f(z). Jeżeli funkcja jest holomorficzna w
każdym punkcie pewnego zbioru, to mówimy, ze jest ona holomorficzna w tym zbiorze.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Ad b/. =======================
1
1
)
(
2
+
=
s
s
F
Funkcję możemy zapisać w następujący sposób:
2
1
1
( )
1
(
j)(
j)
F s
s
s
s
=
=
+
−
+
.
Funkcja ta posiada 2 bieguny urojone sprzężone s
1
=j oraz s
2
=-j.
Wyliczamy, że dla t>0, mamy
1
2
( )
res
( )e
res
( )e
st
st
s s
s s
f t
F s
F s
=
=
=
+
=
j
j
lim (
j) ( )e
lim (
j) ( )e
st
st
s
s
s
F s
s
F s
→
→−
−
+
+
=
j
j
e
e
lim
lim
j
j
st
st
s
s
s
s
→
→−
+
=
+
−
j
j
j
j
1
1
e
e
e
e
sin
2 j
2 j
2 j
t
t
t
t
t
−
−
−
=
−
=
=
Ad c/. =======================
(
)(
)
2
1
( )
1
2
F s
s s
s
=
+
+
Funkcja posiada 3 bieguny (w tym jeden podwójny): s
1
=0, s
2
=-1 oraz s
3
=s
4
=-2.
Zatem, dla czasów t>0, mamy
1
2
3
4
( )
res
( )e
res
( )e
res
( )e
st
st
st
s s
s s
s s
s
f t
F s
F s
F s
=
=
=
=
=
+
+
=
2
0
1
2
lim
( )e
lim (
1) ( )e
lim
(
2)
( )e
st
st
st
s
s
s
d
sF s
s
F s
s
F s
ds
→
→−
→−
+
+
+
+
=
(
)(
)
(
)
(
)
2
2
0
1
2
e
e
e
lim
lim
lim
1
1
2
2
st
st
st
s
s
s
d
ds s s
s
s
s s
→
→−
→−
+
+
=
+
+
+
+
0
2
2
2
1
e
(
1)
e (2
1)
e
e
lim
4
(
1)
st
st
t
s
t s s
s
s s
−
→−
+
−
+
−
+
=
+
2
2
1
3
1
e
e
e
4
4
2
t
t
t
t
−
−
−
−
+
+
=
2
1
3
1
e
e
4
4
2
t
t
t
−
−
−
+
+
.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
9
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Ad d/. =======================
3
)
2
)(
1
(
1
)
(
+
+
=
s
s
s
F
Funkcja posiada 2 bieguny (z czego jeden jest potrójny): s
1
=-1 oraz s
2
=s
3
=s
4
=-2.
Mamy zatem, dla czasów t>0,
1
2
3
4
( )
res
[ ( )e ]
res
[ ( )e ]
st
st
s s
s s
s
s
f t
F s
F s
=
=
=
=
=
+
=
2
3
2
1
2
1
lim[ ( )(
1)e ]
lim
[ ( )(
2) e ]
2!
st
st
s
s
d
F s s
F s s
ds
→−
→−
+
+
+
=
2
3
2
1
2
e
1
e
lim
lim
(
2)
2!
1
st
st
s
s
d
s
ds
s
→−
→−
+
=
+
+
2
2
2
2
2
1
(
(
1))(
2
1)
(
(
1)
)(2
2)
lim[
]
4
(
2
1)
st
st
st
t
s
t e s
s
s
te s
e
s
e
s
s
−
→−
+
+
+
−
+
−
+
+
=
+
+
2
2
2
2
1
1
1
2
2
4
t
t
t
t
e
e
te
t e
−
−
−
−
−
−
−
=
2
2
1
1
1
2
2
4
t
t
e
t
t e
−
−
−
+
+
.
Ad e/. =======================
(
)
1
2
1
( )
e
e
s
s
F s
s
τ
τ
−
−
=
−
Ta funkcja nie jest funkcją wymierną, ale jest iloczynem funkcji wymiernej F
1
(s)=1/s
i różnicy „czynników e
s
τ
−
przesunięcia w czasie” (porównaj z własnością transformaty funk-
cji przesuniętej w czasie). Gdybyśmy już znali f
1
(t), to napisalibyśmy, właśnie na podstawie
wspomnianej własności i na podstawie własności liniowości przekształcenia, że
1
1
2
( )
(
)
(
)
f t
f t
f t
τ
τ
=
−
−
−
.
Zatem do dzieła. Znajdźmy f
1
(t).
Funkcja F
1
(s)= 1/s posiada tylko jeden biegun s
0
=0.
Dla czasów t>0 znajdujemy:
1
0
1
0
1
( )
res
[ ( )e ]
lim
e
e
st
st
t
s s
s
f t
F s
s
s
=
→
=
=
=
=
1 .
Bardziej formalnie, dla dowolnego t mamy:
1
( )
( )
f t
t
=
1
.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
10
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Teraz musimy wziąć pod uwagę przesunięcie w czasie. Uzyskujemy
1
2
( )
(
)
(
)
f t
t
t
τ
τ
=
−
−
−
1
1
.
Przykład ostatni pokazuje, że w połączeniu z własnościami przekształcenia Laplace’a
możliwe jest wykorzystanie metody residuów do odwracania nie tylko transformat będących
funkcjami wymiernymi. Ważne, by w oparciu o odpowiednie własności dało się problem
sprowadzić do odwracania funkcji wymiernych, a jeżeli nie, to przynajmniej do odwracania
funkcji holomorficznych zerujących się w nieskończoności.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
11
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie
7
Wyznaczyć i naszkicować przebieg prądu
i(t) przyjmując, że dla t<0 w obwodzie pano-
wał stan ustalony.
Rozwiązanie
Zanim posłużymy się schematem operato-
rowym, wyznaczymy prąd induktora w chwili
t= 0
-
.
Mamy:
(0 )
2
L
E
i
R
−
=
.
Schemat operatorowy wygląda następująco (przed (a) i po przekształceniu (b)).
Schemat (b) uzyskano z (a) przez zastąpienie podukładu na lewo od zacisków 1-2 jego
zastępczym źródłem Thevenina.
Uzyskujemy:
1
2
2
2
( )
(
)
(3
2
)
2
3
2
2
E
LE
E
R sL
E
L
s
R sL
I s
R r sL
R s R
sL
R
R
sL
R
R sL
+
⋅
+
+
=
=
⋅
+
⋅
=
+
+
+
+
+
|
2
1
1
1
1
1
3
3
3
6
4
2
2
E
E
E
R
R
R s
R
R
s
s
L
L
→
⋅
⋅ −
⋅
+
⋅
⋅
=
+
+
|
2 1
1
1
3
3
12
2
E
R
R
s
s
L
→
⋅
⋅ +
⋅
+
Zatem dla t ≥ 0
3
2
2
1
( )
3
12
R
L
t
E
E
i t
R
R
−
⋅
⋅
=
⋅
+
⋅
⋅ e
.
(
)
2
R R sL
R sL
+
+
s
E
2
1
I(s)
R
b)
1
2 2
LE
R sL
+
R
R
sL
I(s)
R
LE
2
s
E
2
1
R
a)
R
R
L
R
t=0
i(t)
E
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
12
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Na poniższym wykresie przedstawiono przebieg prądu i(t) dla czasów (-
∞; +∞). Zazna-
czono na nim, na osi czasu, punkt t
o
, zdefiniowany jako czas, w którym przebieg
2
( )
3
E
i t
R
−
maleje
10
e razy, w stosunku do swojej wartości maksymalnej.
Bardziej precyzyjny, przeskalowany w pionie i w poziomie, wykres tego prądu pokazano
na kolejnym rysunku. Parametr
τ
, występujący w opisie osi poziomej, jest z kolei czasem, po
którym przebieg
2
( )
3
E
i t
R
−
maleje e-krotnie, w stosunku do swojej wartości maksymalnej
(oczywiście t
o
=10
τ
).
t
1
2
E
R
20
3
o
L
t
R
=
2
3
E
R
3
4
E
R
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
13
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie
8
W
układzie
przedstawionym
na rysunku do
chwili włączenia
klucza
K
(w
chwili t=0) pa-
nował stan usta-
lony.
Wyznaczyć
i wykreślić prze-
bieg u
C
(t) napię-
cia na pojemno-
ś
ci C przy róż-
nych wartościach
elementów
w
układzie.
Rozwiązanie
Dla t<0 w układzie pa-
nował stan ustalony zwią-
zany z pobudzeniem sinu-
soidalnym. Do jego roz-
wiązania zastosować mo-
ż
emy analizę wskazową.
Obok
przedstawiono
zastępczy schemat dla am-
plitud zespolonych.
Zapisujemy równanie
równowagi napięć w oczku
prawym (jest oczywiste, że Î=J):
2
(
)
0
o
o
o
Î
L
R
J
M
C
ω
ω
ω
−
+
+
⋅
=
j
j
j
.
Ponieważ
1
o
ω
LC
=
,
więc
o
o
ω L
ω C
=
j
j
.
Z zapisanego wcześniej równania, po uwzględnieniu ostatniej równości, obliczamy
2
o
M
Î
J
R
ω
= − ⋅ j
,
2
1
C
o
J M
Û
Î
C
C R
ω
− ⋅
=
⋅
=
⋅
j
.
Daje to następujące przebiegi czasowe (dla t<0):
2
( )
sin
2
o
o
M
i t
J
t
R
ω
π
ω
= −
+
,
i
1
i
2
t=0
j(t)
K
M
u
C
(t)
L
L
R
ozn.
2
2
1
( )
sin
,
,
0
o
o
u
L
M
j t
J
t
L
L
LC
ω
ω
−
=
=
=
>
C
j
ω
o
MÎ
2
j
ω
o
MÎ
1
R
j
ω
o
L
j
ω
o
L
Î
1
Î
2
Û
C
J
1
o
C
ω
j
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
14
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
( )
sin
C
o
J M
u t
t
C R
ω
⋅
= −
⋅
,
1
( )
( )
i t
j t
=
i warunki początkowe
20
2
(0 )
,
o
M
i
i
J
R
ω
−
=
= −
0
(0 )
0
C
C
u
u
−
=
= ,
10
1
(0 )
(0 )
0
i
i
j
−
−
=
=
= .
Dla t≥ 0 właściwym podej-
ś
ciem może być analiza opera-
torowa. Schemat operatorowy
przedstawia się następująco.
Na podstawie NPK zasto-
sowanych do lewego i prawego
oczka
piszemy
następujące
równania równowagi napięć:
20
1
2
i M
I sL I sM
=
⋅
+
⋅
,
20
1
2
1
i L I sM
I
R sL
sC
=
⋅
+
⋅
+
+
.
Rozwiązanie względem I
2
jest następujące:
2
20
20
2
2
2
( )
1
1
u
u
M
i
L
L
i
s
I s
R
M
s
s
R sL
s
L
C L
sC
L
−
⋅
=
=
+
⋅ +
+
+
− ⋅
⋅
.
Stąd już łatwo wyznaczamy
20
2
2
1
1
( )
( )
1
C
u
u
i
U s
I s
R
sC
C s
s
L
C L
=
=
+
⋅ +
⋅
.
W szczególności dla
L
u
=0
mamy
1
I
2
(s)=0 i
2
1
( )
( )
0
C
U s
I s
sC
=
= i
2
(t)=0 i u
C
(t)=0,
2
20
1
( )
o
i
M
M
I s
J
J
sL
sR L
R
ω
ρ
⋅
=
= −
= −
1
( )
( )
i t
J
t
R
ρ
= −
1
,
gdzie
L
C
ρ
=
.
1
Czytelnik powinien dogłębnie zastanowić się nad sytuacją opisaną w tej ramce
1
sC
i
20
M
sMI
2
(s)
sMI
1
(s)
i
20
L
R
sL
sL
I
1
(s)
I
2
(s)
U
C
(s)
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
15
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Załóżmy dalej, że
L
u
>0
i przyjrzyjmy się zależności na U
C
(s).
W mianowniku wyrażenia na U
C
(s) występuje trójmian, którego rozkład na czynniki zale-
ż
y od wartości jego wyróżnika
2
4
u
u
R
L
CL
∆ =
−
.
Możliwe są następujące sytuacje.
1°
,
0
<
∆
gdy
2
4
R
L
C
u
<
.
Wtedy
1,2
|
|
2
2
u
R
s
L
∆
= −
± j
,
20
2
1
( )
|
|
2
4
C
u
i
U
s
C
R
s
L
=
∆
+
+
,
2
20
|
|
2
( )
sin
2
|
|
u
R t
L
c
i
u t
t
C
−
⋅
∆
=
⋅
⋅
⋅
∆
e
.
2°
,
0
=
∆
gdy
2
4
R
L
C
u
=
.
Wtedy
1, 2
2
u
R
s
L
= −
,
20
2
1
( )
2
C
u
i
U
s
C
R
s
L
=
+
,
2
20
( )
u
R
t
L
C
i
u t
t
C
−
=
⋅ ⋅ e
.
3°
,
0
>
∆
gdy
2
4
R
L
C
u
>
.
Wtedy
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
16
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
1, 2
2
2
u
R
s
L
∆
= −
±
,
20
2
1
( )
2
4
C
u
i
U s
C
R
s
L
=
∆
+
−
,
2
20
2
( )
sinh
2
u
R t
L
C
i
u t
e
t
C
−
⋅
∆
=
⋅
⋅
⋅
∆
Na poniższym rysunku przedstawiono szkice przebiegu u
C
(t) w poszczególnych przypad-
kach.
Z przypadkiem 1
o
zwanym oscylacyjnym jest związany przebieg czerwony, z przypad-
kiem 2
o
zwanym aperiodycznym krytycznym jest związany przebieg narysowany czarną
linią przerywaną, zaś z przypadkiem 3
o
zwanym aperiodycznym jest związany przebieg
narysowany czarną linią ciągłą.
CR
M
t
1°
2°
3°
u
C
(t)
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
17
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie
9
(16.19)
Dla obwodu pokazanego poniżej , znajdź u
0
(
t) , dla t > 0.
4·
1(t)
V
2·
1(t)
A
u
0
(t)
0.5 F
1 Ω
1 Ω
1 H
Rozwiązanie :
Na rysunkach poniżej wykreślono przebiegi SEM i SPM źródeł.
2 A
t
j(t)
J
= 2 A
Dla t ≤ 0
-
mamy sytuację jak na poniższym rysunku. Łatwo zatem stwierdzamy, że
i
L
(0
-
) = 0 oraz u
C
(0
-
) = 0, a ponadto
u
0
(t<0)=0.
L
R
1
C
R
2
Sytuację dla t>0 przeanalizujemy w oparciu o schemat operatorowy badanego układu. Poka-
zano go na rysunku poniżej.
4 V
e(t)
t
E = 4 V
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
18
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
E
1
(s)= E/s
Z
L
=sL
J
2
(s)= J/s
U
0
(s)
Z
C
=1/sC
R
2
R
1
Dla wygody dalszych obliczeń zamieniamy źródło napięciowe na prądowe.
J
1
(s)=
E(s)/Z
L
Z
L
J
2
(s)=J/s
I
0
(s)
R
1
Z
C
R
2
U
0
(s)
Interesujące nas napięcie U
0
(s) wyraża się wzorem:
U
0
(s) = R
2
I
0
(s)
Zastępujemy dwa źródła prądowe J
1
(s) , J
2
(s) jednym o SPM J(s),
gdzie
J(s) = J
1
(s) + J
2
(s)
Wtedy nasz obwód sprowadza się do następującego schematu :
U
0
(s)
Z
L
Z
C
R
2
J(s)
R
1
I
0
(s)
Prąd I
0
(s) wyliczamy z dzielnika :
( )
1
2
0
1
2
1
( )
1
C
L
C
R
R
Z
I s
J s
Y
R
R
Z
+
+
=
⋅
+
+
+
gdzie
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
19
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Y
L
= 1/Z
L
.
Kolejno wyliczamy:
( )
(
)
0
1
2
4
1
1
2
( )
1
2 1
1
1 2
L
C
L
s
I s
J s
R
R Y
Z
Y
s
s
s
s s
=
⋅
=
⋅
+
=
+
+
+
⋅
+ ⋅ +
⋅
2
2
2
2
2
4
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
s
+
=
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
(
)
(
)
2
2
1
1
2
2
1
1
1
1
s
s
s
+
+
+
+
+
+
Obliczamy odwrotną transformatę Laplace’a:
(
)
(
)
( )
(
)
1
2
2
1
1
2
2 e
co s
sin ( )
1
1
1
1
t
s
t
t
s
s
−
−
+
+
=
+
=
+
+
+
+
L
(
)
(
)
2
2
1
1
4
2e
1
1 cos
atan( )
2 cos
e
t
t
t
t
π
−
−
−
=
+
+
=
−
Ponieważ
u
0
(t) = R
2
i
0
(t)
i
R
2
=1 [
Ω],
dlatego mamy:
0
( )
2 2
cos(
/ 4)
t
u t
e
t
π
−
=
−
.
Ostatecznie
( )
0
( )
2 2
cos(
/ 4)
t
u t
e
t
t
π
−
=
−
⋅1
.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
20
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 10
Znajdź przebieg prądu na indukcyjności w obwodzie z poniższego rysunku.
Rozwiązanie
Ponieważ dla czasu t<0 obwód znajduje się w sinusoidalnym stanie ustalonym, analizę
obwodu dla przedziału czasu (–
∞, 0) przeprowadzamy w oparciu o schemat wskazowy obwo-
du. Musimy oprócz i
L
(t) wyznaczyć także u
C
(t) (jako że warunki początkowe będą wymagane
dla napięcia na kondensatorze oraz dla prądu induktora przy analizie sytuacji w kolejnym
przedziale czasu, to jest w przedziale (0,
10π) ).
Mamy następujące dane:
ω
=10
5
rad/s; L=0,5 ◌
ּ
10
-3
H; C=100 ◌
ּ
10
-9
F.
Zatem impedancje induktora i kondensatora równe odpowiednio:
50
L
Z
L
ω
= ⋅
⋅
=
j
j [Ω],
100
C
Z
C
ω
−
=
= −
⋅
j
j [Ω].
Poniżej przedstawiony jest schemat podlegający analizie wskazowej (opis impedancyjny,
impedancje w omach, SEM źródła w woltach).
Łatwo zauważyć, że Û
C
można wyliczyć z dzielnika napięcia w następujący sposób:
Î
L
Û
C
-100j
50 j
50
50
50
50
6
50 [Ω]
i
L
(t)
t=10π [s]
100 [nF]
0,5 [mH]
50 [Ω]
50 [Ω]
50 [Ω]
t=0
6cos(10
5
t) [V]
6cos(10
5
t) [V]
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
21
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
1
3
arctg
100 (50
50
50 )
100
(50
50
50 )
100 (50
50
50 )
50
50
100
(50
50
50 )
ˆ
6
3
10
C
U
e
− ⋅
−
⋅
+
+
−
+
+
+
−
⋅
+
+
+
+
−
+
+
+
= ⋅
= − =
⋅
j
j
j
j
j
j
[V].
Następnie znając Û
C
łatwo wyznaczyć Î
L
.
4
ˆ
1
1
2
ˆ
50
50
50
50
50
50
C
L
U
I
e
π
− ⋅
=
=
−
=
⋅
+
+
j
j
j
[A].
Z powyższych obliczeń możemy wyznaczyć przebiegi czasowe napięcia i natężenia, a z
nich wynikają nasze warunki początkowe.
1
3
( )
10 cos(
arctg ) [V]
(0)
3V
C
C
u t
t
u
ω
=
⋅
⋅ −
⇒
=
,
1
4
50
2
( )
cos(
) [A]
(0)
A
50
L
L
i t
t
i
π
ω
=
⋅
⋅ −
⇒
=
.
Dla czasu t>0, w związku z przełączaniem kluczy, w obwodzie wystąpią przebiegi przej-
ś
ciowe (będziemy mieli do czynienia ze stanami nieustalonymi). Do analizy tych stanów w
obwodach liniowych nadaje się przekształcenie Laplace’a i związane z nim podejście operato-
rowe.
Zajmijmy się najpierw przypadkiem, gdy jeszcze klucz prawy jest zamknięty, co odpo-
wiada przedziałowi czasu (0,
10π).
Poniżej przedstawiony jest schemat operatorowy dla tej sytuacji (opis impedancyjny -
impedancje w omach, SEM źródeł operatorowych oraz napięcia operatorowe w V
.
s, zaś prądy
operatorowe w A
.
s).
Objaśnienia, być może, wyma-
gają SEM dwóch nowych źró-
deł (uwzględniających niezero-
we
warunki
początkowe).
Szybko sprawdzamy, iż
s
s
u
C
3
)
0
(
=
[V
.
s]
oraz
5
10
)
0
(
−
=
⋅
L
i
L
[V
.
s].
Przedstawiony obwód ope-
ratorowy rozwiążemy metodą
prądów oczkowych (orientację prądów oczkowych zaznaczono czerwonymi strzałkami).
Układamy i rozwiązujemy następujące równanie macierzowe:
(
)
1
7
1
7
1
2
10
1
1
7
1
4
7
1
1
5
2
( )
50
10
10
6
10
3
( )
10
50
50
5 10
10
3
10
I s
s
s
s s
s
I s
s
s
s
s
−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
−
+
−
⋅
=
−
+
+
⋅
+
+
.
Z powyższej zależności wyznaczamy metodą Cramera I
2
(s):
(
)
1
7
1
2
10
1
7
1
1
5
2
7
1
7
1
7
1
4
7
1
50 10
6
10
3
10
3
10
( )
50 10
10
10
50
50
5 10
10
s
s s
s
s
s
I s
s
s
s
s
s
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
−
+
=
=
+
−
−
+
+ ⋅
+
10
7
s
-1
I
2
(s)
3s
-1
10
-5
I
L
(s)
5 ◌
ּ
10
-4
s
50
50
50
6s/(s
2
+10
10
)
I
1
(s)
U
C
(s
)
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
22
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
3
5
2
10
15
|
2
10
2
5
10
1
5 10
11 10
5 10
50 (
10 ) (
4 10
6 10 )
s
s
s
s
s
s
+ ⋅
⋅
−
⋅
⋅ + ⋅
→
⋅
+
⋅
+ ⋅
⋅ + ⋅
Następnie dokonujemy rozkładu powyższego wyniku na ułamki proste:
4
5
2
2
10
2
5
10
6
8 10
1
101
493 10
( )
205
10
2050
4 10
6 10
s
s
I s
s
s
s
+ ⋅
⋅ +
⋅
= −
⋅
+
⋅
=
+
+ ⋅
⋅ + ⋅
4
5
5
|
2
10
5 2
10
6
8 10
1
101 (
2 10 )
291 10
205
10
2050
(
2 10 )
2 10
s
s
s
s
+ ⋅
⋅
+ ⋅
+
⋅
→
−
⋅
+
⋅
+
+ ⋅
+ ⋅
.
Oczywiście
)
(
)
(
2
s
I
s
I
L
=
.
Obliczamy również napięcie operatorowe U
C
(s) na kondensatorze.
5
2
4
10
)
(
)
10
5
50
50
(
)
(
−
−
−
⋅
⋅
⋅
+
+
=
s
I
s
s
U
C
.
Po podstawieniu I
2
(s) i rozłożeniu na ułamki proste uzyskujemy:
4
5
5
2
10
5 2
10
24 7
15 10
1
291 (
2 10 )
202 10
( )
41
10
41
(
2 10 )
2 10
C
s
s
U s
s
s
+
⋅
⋅
+ ⋅
−
⋅
= −
⋅
+
⋅
+
+ ⋅
+ ⋅
.
Znajdujemy odwrotne transformaty Laplace’a dla powyższych wyrażeń:
5
5
5
5
2 10
5
2 10
5
6
101
291
24
205
1025
2050
4100
( )
cos(10 )
sin(10 )
cos(10
2 )
2
sin(10
2 )
t
t
L
i t
t
t
t
t
− ⋅
− ⋅
= −
−
+
+
e
e
,
5
5
5
5
2 10
5
2 10
5
168
36
291
101
41
41
41
41
( )
cos(10 )
sin(10 )
cos(10
2 )
2
sin(10
2 )
t
t
C
u t
t
t
t
t
− ⋅
− ⋅
= −
−
+
−
e
e
.
Powyższe przepisy na i
L
(t) i u
C
(t) obowiązują dla przedziału czasowego
t∈(0, 10π),
to jest dla czasu po przełączeniu pierwszego z kluczy (tego bardziej z lewej strony na sche-
macie z treści zadania), a przed przełączeniem drugiego.
Uzyskane z tych przepisów wartości i
L
(10π) i u
C
(10π) stanowią warunki początkowe dla
sytuacji po przełączeniu drugiego z kluczy. Pamiętając o tym, iż
100
44
3, 73 10
−
−
<
⋅
e
,
ś
miało można przyjąć
1
następujące wartości dla i
L
(10π) i u
C
(10π):
6
(10 )
0, 029
205
L
i
π
= −
≈ −
[A]
i
168
(10 )
4, 098
41
C
u
π
= −
≈ −
[V].
Wreszcie rozważamy ostatnią z sytuacji, tę po przełączeniu ostatniego z kluczy. Czas
(oznaczony przez t), w którym mamy z nią do czynienia, należy do przedziału (10
π, ∞), gdy
punkt zerowy osi czasu wiążemy z momentem przełączenia pierwszego klucza.
Ze względu na prostotę zapisu zależności operatorowych wygodnie jest przyjmować, że
warunki początkowe związane sytuacją w układzie, lokalizowaną w chwili czasu pokrywają-
cej się z punktem zerowym osi czasu. Dlatego ostatnią sytuację, mającą miejsce po przełącze-
niu drugiego z kluczy, będziemy opisywać w nowym czasie
τ
, którego punkt zerowy przypa-
da na moment przełączenia drugiego z kluczy. W opisie z czasem
τ
ta sytuacja zajmuje prze-
dział czasu (0,
∞). Nowy czas
τ
pozostaje przy tym w następującym związku ze starym cza-
sem t:
τ
=t-10
π.
1
oczywiście pamiętając, że teoretycznie jest to - mimo wszystko - tylko przybliżenie, ale niesamowicie dokład-
ne, bo exp(-2
.
10
5
.
10
π)≈1,96027191
.
10
-2728753
.
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
23
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Dla dodatniego czasu
τ
(którego umowny początek (czyli
τ
=0) przypada na moment prze-
łączenia drugiego klucza) mamy następujący operatorowy schemat zastępczy (znowu opis
impedancyjny - impedancje w omach, SEM źródeł operatorowych oraz napięcia operatorowe
w V
.
s, zaś prądy operatorowe w A
.
s).
Przedstawiony obwód operatorowy tak, jak poprzedni rozwiążemy metodą prądów oczko-
wych. Ustawiamy odpowiednie równanie macierzowe:
168
41
7
1
7
1
2
10
1
7
1
4
7
1
168
3
3
2
41
205
-
6
( )
50 10
10
10
( )
-
10
5 10
50 10
10
s
I s
s
s
s
s
I s
s
s
s
s
−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
+
⋅
=
−
⋅
+
+
+
⋅
,
z którego wyznaczamy metodą Cramera prąd oczkowy I
2
(s):
168
7
1
41
2
10
168
7
1
3
3
41
205
2
7
1
7
1
7
1
4
7
1
6
50 10
10
10
10
( )
50 10
10
10
5 10
50 10
s
s
s
s
s
s
I s
s
s
s
s
s
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
+
⋅
=
=
+
−
−
⋅
+
+
3
4
2
9
14
|
2
10
2
5
10
6
48 10
92 10
48 10
205
(
10 )(
3 10
4 10 )
s
s
s
s
s
s
−
+
⋅
+
⋅
+
⋅
→
⋅
=
+
+ ⋅
+ ⋅
5
|
2
10
2
10
1
1
10
25
10
25
10
s
s
s
→
−
⋅
−
⋅
+
+
+
(
)
(
)
5
2
2
5
5
11
1,5 10
1025
1,5 10
0,5 7 10
s
s
+
⋅
+
+
⋅
+
⋅
(
)
(
)
5
2
2
5
5
7
0,5 7 10
1025
1,5 10
0,5 7 10
s
⋅
+
⋅
+
⋅
.
Znajdujemy odwrotną transformatę Laplace’a powyższego wyrażenia:
5
5
1
1
25
25
2
( )
( )
cos(10 )
sin(10 )
L
i
i
τ
τ
τ
τ
=
= −
⋅
−
⋅
+
5
5
1,5 10
5
1,5 10
5
11
1
1025
1025
cos(0,5 7 10 )
7
sin(0,5 7 10 )
τ
τ
τ
τ
−
⋅
⋅
−
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
e
e
.
Oczywiście dla t>10 mamy
t=10+
τ
10
7
s
-1
I
2
(s)
1
168
41
-
s
−
3
3
205
-
10
−
⋅
I
L
(s)
5 ◌
ּ
10
-4
s
50
50
6s/(s
2
+10
10
)
I
1
(s)
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
24
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
oraz
10
( )
( )
L
L
t
i t
i
τ
τ
= −
=
.
Na kolejnych wykresach przedstawiono przebieg prądu i
L
induktora. Zmienna x użyta na
tych wykresach oznacza liczbę półokresów sygnału pobudzenia. Poniżej przedstawiono bada-
ny przebieg w przedziale pięciu ostatnich okresów pobudzenia przed przełączeniem pierw-
szego klucza.
5
2
( )
cos(10
)
(0)
0,02
50
4
L
L
i t
t
i
π
=
⋅
⋅ −
⇒
=
[A]
Na kolejnym wykresie pokazano przebieg po przełączeniu pierwszego klucza. Wykres
obejmuje przedział długości pięciu okresów pobudzenia. Widać, że stan przejściowy szybko
zanika.
5
5
5
5
2 10
5
2 10
5
6
101
291
24
205
1025
2050
4100
( )
cos(10 )
sin(10 )
cos(10
2 )
2
sin(10
2 )
t
t
L
i t
t
t
t
t
− ⋅
− ⋅
= −
−
+
+
e
e
,
t∈(0,10π).
i
L
(0
+
)=0,02 A
Na poniższym wykresie pokazano fragment tego samego przebiegu tuż przed zamknię-
ciem drugiego klucza. Widać, że mamy praktycznie do czynienia ze stanem ustalonym.
-
(10π )
0, 02927
L
i
≈ −
i
L
(10
-5
πx
)
i
L
(10
-5
πx
)
x
x
i
L
(10
-5
πx
)
x
Zadania z Przedmiotu
Obwody i sygnały
Stany nieustalone 01-10
© C. Stefański
1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx
25
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Na kolejnym wykresie pokazano fragment przebiegu i
L
prądu cewki tuż po zamknięciu
drugiego klucza. Po raz kolejny wykres obejmuje przedział długości pięciu okresów pobu-
dzenia.
5
5
5
5
1,5 10
5
1,5 10
5
1
1
11
1
25
25
1025
1025
( )
cos(10
)
sin(10 )
cos(0, 5 7 10 )
7
sin(0, 5 7 10 )
L
i
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
−
⋅
⋅
−
⋅
⋅
= −
⋅
−
⋅
+
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
e
e
,
10
( )
( )
L
L
t
i t
i
τ
τ
= −
=
.
+
(10π )
0, 02927
L
i
≈ −
Wykreślmy osobno składową przejściową i
Lp
prądu i
L
w tym samym przedziale czasu:
5
5
1,5 10
5
1,5 10
5
11
1
1025
1025
( )
cos(0,5 7 10 )
7
sin(0,5 7 10 )
Lp
i
τ
τ
τ
τ
τ
−
⋅
⋅
−
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
+
⋅
⋅
⋅
e
e
,
10
( )
( )
Lp
Lp
t
i t
i
τ
τ
= −
=
.
Widać bardzo szybko zanikający stan przejściowy.
Na koniec zauważmy z satysfakcją, iż wyraźnie widać, że prąd induktora zachowywał
ciągłość mimo kolejnych zmian w analizowanym układzie. Zauważmy także bez zdziwienia,
iż prąd ustala się po kolejnych przełączeniach, a jego wartość średnia jest równa zeru. Dla-
czego tak się dzieje?
i
L
(10
-5
π
(x-10
6
))
i
Lp
(10
-5
π
(x-10
6
))
x
x