Ćw. z Obwodów i sygnałów dla EiT/AiR (sem 2)

Dodatek Zadaniowy z Analizy Operatorowej

Zadanie 11

W obwodzie przedstawionym na rysunku do chwili t = t₀ < 0 panował stan ustalony. Znaleźć i narysować przebiegi i(t) i u(t), gdy R_N jest opisane zależnością gdzie .

Ponadto:

R = 1kΩ, C = 1nF, L = 4mH, E = 2V, J = 1mA, t₀ = -RC = 10^-6s

Rozwiązanie

Uwagi:

1. Analizowany układ zawiera element nieliniowy, na szczęcie sposób jego załączenia nie utrudni analizy.

2. W układzie występują dwa klucze przełączane w różnych momentach czasu. Przesuwanie osi czasu pozwala sprowadzić problem do wcześniej spotykanego, z kluczem przełączanym w t = 0.

Przesuńmy oś czasu tak, by chwila t₀ przesunęła się do punktu zero. Niech oś nieprzesunięta jest osią zmiennej t, a oś przesunięta osią zmiennej τ.

Mamy zatem τ = t – t₀.

Widzimy, że dla τ < 0 panował stan ustalony, a układ wyglądał następująco.

Łatwo stwierdzamy, że

oraz, że

, .

Mamy zatem:

skąd

; (*)

widać, że u musi być większe od zera w przeciwnym wypadku lewa strona równania (*) byłaby ujemna!

Obliczamy

Nasze rozważania można wzbogacić o interpretację graficzną.

Podsumujmy – dla τ < 0 mamy:

Tuż przed przełączeniem lewego klucza mamy zatem:

oraz

.

Po przełączeniu klucza układ wygląda następująco (dla 0 < τ < -t₀):

Nie ma wątpliwości, że nadal .

Natomiast obliczamy następująco:

Powróćmy do „starego” oznaczenia czasu przez t.

Mamy:

dla t₀ < t < 0

Uwzględniamy, że t₀ = -RC, więc

Klucz prawy jest przełączany w t = 0.

Tuż przed tą chwilą mieliśmy sytuację, w której

oraz

.

Po przełączeniu prawego klucza układ wygląda następująco.

Schemat operatorowy powyższego obwodu pokazano poniżej.

Obliczamy:

Ostatecznie dla t > 0 uzyskujemy:

.

Pełne rezultaty analizy dla ∞ < t < +∞ zamieszczono w postaci wykresów przebiegów u(t) oraz i(t).

Zadanie 12

Układ liniowy stacjonarny, znajdujący się od bardzo długiego czasu w stanie swobodnym (czyli od długiego czasu nie pobudzony ), jest scharakteryzowany odpowiedzią impulsową . Obliczyć odpowiedz y(t) tego układu na pobudze­nie .

Rozwiązanie

1. Rozwiązanie splotem

Wiadomo, iż – gdy warunki początkowe są zerowe – prawdziwa jest zależność:

.

Ponieważ zarówno sygnał x(t) jak i h(t) jest przyczynowy, więc y(t) też będzie przyczynowy.

Formalnie jednak: . Poniżej przedstawiono sygnały x(t), h(t).

Na kolejnych rysunkach przedstawiamy sygnały x(τ), h(t- τ) oraz x(τ)h(t- τ) dla różnych wartości czasu t.

..
	..
..

...
....	.
	....

..	.. Przedstawione rysunki sugerują że: dla t≤1 Całka z funkcji równej zero wynosi zero. dla t-2≤0 i t-1>0, czyli dla 1<t≤2 iloczyn podcałkowy x(τ)h(t- τ) jest przedstawiony w prawej kolumnie w trzecim wierszu. Całka z tego iloczynu jest polem trójkącika narysowanego linia ciągłą, wynosi ono: . dla 2<t≤3 (rysunek w 3. wierszu 1. kolumny na tej stronie) całka splotowana ma interpretacje pola trapezu:
..

1. dla t-2≤2 i t-1>2 czyli dla 3<t≤4 iloczyn podcałkowy x(τ)y(t- τ) wygląda jak na rysunku w 3. wierszu lewej kolumny na poprzedniej stronie, a całka z tego iloczynu to nic innego, jak pole trapezu z tego rysunku, czyli:

2. dla t-2>2 czyli dla t>4 mamy z tych samych samych powodów, co w przypadku 1.:

.

Ostatecznie poprzez składanie wyników cząstkowych, uzyskujemy:

1. Rozwiązanie operatorowe

Idee pomysłu przedstawia powyższy rysunek.

Mamy:

Pamiętając, że

$$\mathcal{L}^{- 1}\left( \frac{1}{s^{n + 1}} \right) = \frac{t^{n}}{n!} \bullet \mathrm{1}(t)$$

oraz

ℒ⁻¹(e^−t₀F(s)) = 1(t−t₀)f(t − t₀)

znajdujemy:

.

Mimo innej postaci zapisu, jest to oczywiście wynik identyczny jak w I. sposobie rozwiązania. II. sposób rozwiązania można też traktować jako obliczanie splotu przy użyciu rachunku operatorowego i twierdzenia o transformacji splotu.

1. Rozwiązanie „konstrukcyjne”

Narysujmy, na podstawie znajomości odpowiedzi impulsowej h(t) schemat blokowy rozważanego układu. Oto dwa przykładowe schematy blokowe realizujące odpowiedź impulsową .

Na podstawie drugiego schematu blokowego wyznaczamy:

Obliczamy:

Wynik, co bardzo łatwo sprawdzić, jest identyczny z otrzymanym sposobem I i II.

Na koniec wykreślimy rezultat splatania.

Zadanie 13

Obliczyć splot sygnałów:

x(t) = 1(t) − 1(t−1) i y(t) =  (2 − t)(1(t)−1(t−2)).

Do obliczeń wykorzystać twierdzenie o transformacie Laplace'a splotu.

Uwaga. 1(t) oznacza jedynkę Heaviside'a, czyli $\mathrm{1}(t) = \left\{ \begin{matrix} 0\ \ \text{dla}\ t < 0 \\ 1\ \text{dla}\ t > 0 \\ \end{matrix} \right.\ $

Rozwiązanie

Poszukujemy splotu x(t)*y(t). Oznaczmy go przez z(t). Bardziej formalnie

z(t) = x(t) * y(t) = ∫_−∞ ^∞x(τ)y(t−τ)dτ .

Na początek wykreślmy sygnały uczestniczące w splataniu.

Oto

x(t)

i y(t)

Następnie obliczmy transformaty Laplace'a dla x(t) i dla y(t):

$$X\left( s \right) = \frac{1}{s} - \frac{\mathbf{e}^{- s}}{s} = \frac{1}{s}(1 - \mathbf{e}^{- s})$$

$$Y\left( s \right) = - \frac{1}{s^{2}} + \frac{2}{s} - \frac{2\mathbf{e}^{- 2s}}{s} + \frac{\mathbf{e}^{- 2s}(1 + 2s)}{s^{2}} = \frac{2}{s} - \frac{1}{s^{2}}\left( 1 - \mathbf{e}^{- 2s} \right).$$

Z twierdzenia o transformacie Laplace'a splotu wiemy, że

Z(s)=ℒ{z(t)}= ℒ {x(t)*y(t)}=X(s)Y(s).

Zatem wyznaczamy

$$Z\left( s \right) = X\left( s \right)Y\left( s \right) = \frac{1}{s}\left( 1 - \mathbf{e}^{- s} \right)\left( \frac{2}{s} - \frac{1}{s^{2}}\left( 1 - \mathbf{e}^{- 2s} \right) \right) = \left( \frac{2}{s^{2}} - \frac{1}{s^{3}} \right) + \left( \frac{1}{s^{3}} - \frac{2}{s^{2}} \right)e^{- s} + \frac{1}{s^{3}}\mathbf{e}^{- 2s} - \frac{1}{s^{3}}\mathbf{e}^{- 3s}\text{\ .}$$

Obliczamy odwrotną transformatę Laplace'a dla Z(s) i otrzymujemy

$$z\left( t \right) = \mathcal{L}^{- 1}\ \left\{ \left( \frac{2}{s^{2}} - \frac{1}{s^{3}} \right) + \left( \frac{1}{s^{3}} - \frac{2}{s^{2}} \right)\mathbf{e}^{- s} + \frac{1}{s^{3}}\mathbf{e}^{- 2s} - \frac{1}{s^{3}}\mathbf{e}^{- 3s} \right\}$$

$$= \frac{1}{2}t\left( 4 - t \right)\mathrm{1}\left( t \right) + \frac{1}{2}\left( t - 5 \right)(t - 1)\mathrm{1}\left( t - 1 \right) + \frac{1}{2}\left( - 2 + t \right)^{2}\mathrm{1}\left( t - 2 \right) + \frac{1}{2}\left( t - 3 \right)^{2}\mathrm{1}\left( t - 3 \right)\text{\ .}$$

Na koniec wykreślamy uzyskany rezultat splatania, czyli z(t).

Zadanie 14 (16.20)

Dla sieci pokazanej poniżej , znajdź i₀(t) , używając metody Thévenina

Rozwiązanie :

Rysujemy operatorowy schemat zastępczy obwodu (warunki początkowe są zerowe):

Ten schemat przekształcamy w zasugerowany poniżej sposób.

Wyznaczamy operatorowe napięcie rozwarcia zacisków AB (równe operatorowemu napięciu Thevenina)

Wyliczmy teraz E_T(s) :

Aby obliczyć I₀(s) potrzebujemy jeszcze Z_T(s) , które wyznaczamy następująco :

Aby obliczyć I₀(s) musimy uwzględnić oprócz E_T(s) i Z_T(s) jeszcze ten opornik, który nieco wcześniej chwilowo pominęliśmy.

Używając transformaty odwrotnej Laplace’a otrzymujemy:

Zadanie 15 (16.21)

Dla sieci pokazanej poniżej, znajdź u₀(t) , używając metody Thévenina

Rozwiązanie.

Rysujemy operatorowy schemat zastępczy obwodu (warunki początkowe są zerowe).

Bardzo łatwo można policzyć operatorową impedancję zastępczą Z_T(s) dla części schematu położonej na lewo od zacisków AB. Należy przeanalizować poniższy schemat, z którego natychmiast wynika, że

Z_T(s)=2+2s.

W celu znalezienia operatorowego napięcia Thevenina rozważamy poniższy schemat.

Wynika z niego, że

Dzięki metodzie Thevenina uzyskujemy bardzo prosty schemat (rysunek poniżej), w którym poszukujemy napięcia U₀(s).

Obliczamy:

U₀(s) =

Zastosowanie odwrotnego przekształcenia Laplace’a do powyższego wyrażenia prowadzi do następującego wyniku:

.

Dygresja.

Czytelnik jest proszony o chwilę zastanowienia nad równaniem PPK dla dolnego węzła obwodu z treści zadania, gdy czas t zmierza do nieskończoności. (Gdy czas t zmierza do nieskończoności, powinien (?) pojawić się stan ustalony. W stanie ustalonym, przy pobudzeniach stałych kondensator staje się rozwarciem. Nadto w rozważanym obwodzie jedno ze źródeł prądowych (to po lewej) staje się też rozwarciem dla t∞. To prowadzi do sprzeczności, bo prawe źródło prądowe „pompuje“ do tego węzła stały prąd 2A. Wskazać błąd w rozumowaniu, bądź w schemacie.)

Zadanie 16

Dla układu o odpowiedzi impulsowej h(t)=1(t)-1(t-10) wyznaczyć i naszkicować:

1. odpowiedź na pobudzenie x_a(t)= 1(t),

2. odpowiedź na pobudzenie x_b(t)= 1(t)^.cos(2πt),

3. odpowiedź na pobudzenie x_c(t)= cos(2πt).

Rozwiązanie

Sygnały wymuszające x(t) są w przypadkach a) i b) przyczynowe, to znaczy dla t<0 mamy x(t)=0. Również układ jest układem przyczynowym, bo dla t<0 zachodzi h(t)=0. Dlatego przypadki a) i b) możemy rozwiązać, stosując przekształcenie Laplace’a i przeprowadzając obliczenia w dziedzinie pulsacji zespolonej s.

Mamy kolejno:

$$H\left( s \right)\mathcal{= L}\left( \mathrm{1}(t) - \mathrm{1}(t - 10) \right) = \frac{1}{s}\left( 1 - \mathbf{e}^{- 10s} \right),$$

$$X_{a}\left( s \right)\mathcal{= L}\left( x_{a}(t) \right)\mathcal{= L}\left( \mathrm{1}(t) \right) = \frac{1}{s},$$

$$X_{b}\left( s \right)\mathcal{= L}\left( x_{b}(t) \right)\mathcal{= L}\left( \mathrm{1}\left( t \right)\cos(2\pi t) \right) = \frac{s}{s^{2} + 4\pi^{2}\ }\ .$$

Oznaczmy odpowiedzi na pobudzenia x_indeks(t) przez y_indeks(t), a transformaty Laplace’a tych odpowiedzi przez Y_indeks(s).

Możemy zapisać:

,

.

Z twierdzenia o transformacie ℒ sygnału opóźnionego natychmiast wnosimy, że:

,

.

W przypadku c) mamy do czynienia z pobudzeniem nieprzyczynowym. Zatem bezpośrednie zastosowanie przekształcenia Laplace’a nie wchodzi w grę. Wybierzmy naturalne n i zapytajmy, co by się stało, gdyby układ pobudzono sygnałem

.

Na podstawie wyniku punktu b) wnosimy, że wtedy

,

gdyż

i układ badany jest stacjonarny (niewrażliwy na przesunięcie osi czasu; charakterystyka impulsowa układów niestacjonarnych jest funkcją dwóch zmiennych!!!).

Zauważmy, że dla

t>-n+10

mamy

x_d(t)=0.

Pobudzenie

x_c(t)= cos(2πt)

możemy traktować jako

,

zaś odpowiedź na nie jako

,

bo

.

Mimo, że znamy już odpowiedź dla pobudzenia x_c(t), nie zakończymy na tym rozwiązania.

Zapytajmy, czy można inaczej wyznaczyć y_c(t). Zauważmy, że pobudzenie x_c(t)= cos(2πt) „rozpoczyna się” dla t=-∞. Zatem dla skończonego czasu t możemy obserwować tylko ustaloną składową odpowiedzi, bo składowa przejściowa już zanikła. Oznacza to, że obliczane y_c(t) jest odpowiedzią ustaloną na zadane pobudzenie.

Ponieważ x_c(t)= cos(2πt) jest sygnałem sinusoidalnym (i przykładem przebiegu złożonego z sumy sygnałow sinusoidalnych), a do wyznaczenia odpowiedzi na pobudzenie okresowe i prawie okresowe możemy wykorzystać zasadę superpozycji i wiedzę o przechodzeniu sygnałów sinusoidalnych przez układ liniowy, więc tak postąpimy.

Jak wiemy:

Wymuszony składnik ustalony odpowiedzi obwodu liniowego na pobudzenie sinusoidalne jest sinusoidalny. Aby obliczyć amplitudę tego składnika należy amplitudę pobudzenia przemnożyć przez wzmocnienie A(ω₀) obwodu, zaś fazę zwiększyć o przesunięcie fazy obwodu ϕ(ω₀).

Ilustruje to poniższy rysunek.

Przejdźmy zatem do konkretów. Obliczamy:

,

,

.

Wykresy funkcji A(ω) i ϕ(ω) zamieszczono poniżej. Odczytujemy z nich, że można przyjąć, iż

A(ω₀)=0 i ϕ(ω₀)=0,

gdzie

.

Wartość A(ω₀) sprawdzimy jeszcze bezpośrednio rachunkiem.

.

Teraz już szybko zapisujemy:

.

Potwierdziły się nasze wcześniejsze obliczenia.

Operacją matematyczną, która pozwoliłaby jednolicie potraktować przypadki a), b) i c) jest operacja splotu sygnałów. Odpowiedź y(t) na pobudzenie x(t) jest wtedy obliczana następująco:

.

Dla przypadku c) obliczenie wyglądałoby następująco:

.

Czytelnikowi proponuje się, by samodzielnie obliczył tym sposobem odpowiedzi w przypadkach a) i b).

Teraz przedstawiamy szkice odpowiedzi y_a, y_b i y_c.

DYGRESJA. W ogólnym przypadku (np. wtedy, gdy pobudzenie nie byłoby dyskretną sumą sinusoid) właściwym aparatem matematycznym dla wyznaczania odpowiedzi ustalonej pozostaje przekształcenie Fou­rie­ra ℱ. Dla przypadku c) obliczalibyśmy następująco:

X_c(jω) = ℱ(x_c(t))=ℱ(cos(2πt))=

,

H(jω) = ℱ(h(t))=ℱ(1(t)−1(t−10))=

,

Zatem

y_c(t) = ℱ⁻¹(Y(jω)) = ℱ⁻¹(0) = 0.

I tym razem wypadło zero!

Koniec dygresji.

Zadanie 17

W pewnym obwodzie odpowiedź wymuszona na pobudzenie x(t) wynosi y(t). Oblicz odpowiedź impulsową h(t) tego obwodu, gdy x(t)=1(t) sin(2πt) i y(t)=1(t) cos(2πt).

Rozwiązanie

Wiadomo, iż

$$h\left( t \right) = \mathcal{L}^{- 1}\left( \frac{Y(s)}{X(s)} \right).$$

.

Obliczmy transformaty:

, .

Już łatwo znajdujemy, że

$$h\left( t \right) = \mathcal{L}^{- 1}\left( \frac{s}{2\pi} \right) = \frac{\delta^{'}(t)}{2\pi}.$$

Obliczmy ponownie:

Odpowiedź y(t) można też obliczyć, korzystając z operacji splatania. Uzyskujemy:

Zadanie 18

Znajdź napięcie v_o(t) dla t>0 w układzie przedstawionym na rysunku.

Rozwiązanie¹

Na początek policzmy prądy początkowe w naszym układzie. Ponieważ sygnał pobudzenia jest stały, to induktor zastępujemy zwarciem dla t<0.

Łatwo wyliczamy, że (patrz rysunek)

, .

W chwili t=0 następuje przełączenie klucza, czyli dla t>0 nasz układ będzie wyglądał następująco.

Narysujmy operatorowy schemat zastępczy powyższego obwodu.

W celu obliczenia prądów I₁(s) i I₂(s) zapiszmy równania oczkowe dla naszego układu.

Teraz na przykład za pomocą metody eliminacji Gaussa możemy obliczyć wartości prądów I₁(s) oraz I₂(s):

,

.

Napięcie operatorowe V_o (s) (patrz rysunek) wyniesie

.

W celu uzyskania v_o(t) policzmy odwrotną transformatę z uzyskanego powyżej wyniku.

.

Na poniższym rysunku przedstawiono przebieg v_o(t). Na osi pionowej odłożono napięcie w woltach, a na osi poziomej czas w sekundach.

Na kolejnym rysunku przedstawiono rodzinę przebiegów v_o(t) przy indukcyjności wzajemnej M zmieniającej się od zera do wartości maksymalnej granicznej 2H. Na osi pionowej odłożono napięcie w woltach, a na osi poziomej czas w sekundach.

Zadanie 19

Znajdź napięcie v₀(t)dla t>0 w układzie przedstawionym na rysunku.

Rozwiązanie

Rozpocznijmy od policzenia prądów początkowych w naszym układzie. Ponieważ sygnał pobudzenia jest stały, więc dla t<0 induktor możemy traktować jak zwarcie.

Łatwo wyliczamy, że

, .

W chwili t=0 następuje przełączenie klucza, czyli dla t>0 nasz układ będzie wyglądał następująco.

Narysujmy operatorowy schemat zastępczy powyższego obwodu.

W celu obliczenia prądów I₁(s) i I₂(s) zapiszmy równania oczkowe dla naszego układu.

Teraz, na przykład za pomocą metody eliminacji Gaussa, możemy obliczyć wartości prądów operatorowych I₁(s) oraz I₂(s):

,

.

Napięcie operatorowe V_o (s) (patrz rysunek) wyniesie

.

W celu uzyskania v_o(t) policzmy odwrotną transformatę Laplace’a z V_o(s). Otrzymujemy:

.

Na poniższym rysunku przedstawiono przebieg v_o(t). Na osi pionowej odłożono napięcie w woltach, a na osi poziomej czas w sekundach.

Na kolejnym rysunku przedstawiono rodzinę przebiegów v_o(t) przy indukcyjności wzajemnej M zmieniającej się od zera do wartości maksymalnej granicznej 2H. Na osi pionowej odłożono napięcie w woltach, a na osi poziomej czas w sekundach.

Zadanie 20

W układzie z poniższego rysunku znajdź przepis na napięcie v_o(t) dla t>0.

Rozwiązanie

Pobudzenie napięciowe v_i(t) tego układu jest złożeniem dwóch podwojonych jedynek Heaviside’a, więc możemy je zapisać jako:

Rysujemy model operatorowy naszego układu

W tym przypadku nie musimy umieszczać źródła przy induktorze, gdyż warunki początkowe są zerowe, czyli

Li(0⁺)=0.

Impedancja dwójnika reprezentującego induktor w modelu operatorowym ma wartość

sL=s [Ω].

Transformata napięcia v_i(t) wynosi

.

W rozwiązaniu problemu posłużymy się zastępczym źródłem Thevenina.

Najpierw obliczmy napięcie rozwarcia

,

a następnie policzmy impedancję operatorową źródła Thevenina

Mając te dwie wielkości możemy z dzielnika napięcia obliczyć V_o(s).

Ponieważ już rozłożyliśmy wyrażenie na ułamki proste, łatwo obliczamy transformatę odwrotną naszej funkcji V_o(s):

.

To jest właśnie poszukiwany przepis na napięcie v_o(t).

Dla t>0 przepis ten można zanotować jako:

.

Na poniższym rysunku przedstawiono przebiegi v_i(t) (wykres jaśniejszy) i v_o(t) (wykres ciemniejszy). Na osi pionowej oznaczono napięcie w woltach, a na poziomej czas w sekundach.

---

1. ^MR Podziękowania dla studenta Macieja Rzymowskiego za wstępne wersje rozwiązania zadań 18,19 i20↩