160

Rozwiązanie. Przed zamknięciem wyłącznika prąd w oporniku H, wynosi 2 A. Prąd wcerwce L₂ równa się zeru. Zatem warunki początkowe w obwodzie są określone równaniami:

*,(0) -2A,    t₂(0) -0.

Stosujemy przekształcenie Lap!ace’a. Oznaczając I(s)    mamy:

~ {s^+RM*)-    R, /₂(r)-1,^(0),

0 '* —Rx A(t)+(^1

Po podstawieniu wartości parametrów elementów obwodu i uwzględnieniu wartości warunków początkowych mamy

m

4*+8

3r+8

r+2+

rC^+iar+S)

3r*+12f+8

Dokonujemy transformacji odwrotnej Laplace’a i według relacji 1 i 14 tabL D.l, otrzymujemy

jl-e-^cosh-² '    ¹    -^a* ' * ²

■t—-^e~^fe8iah-4*'*j A.

kit)

yi ’ y j

4.9. W obwodzie o warunkach początkowych zerowych przedstawionym na rysunku rezystancja opornika może być nastawiona na trzy wartości, a mianowicie R_t m 40 O, H₂«20Q, i R₃ = IS O. Indukcyjność cewki wynosi L =* 0,1H, a pojemność kondensatora wynosi C = lmF i nie ulegną zmianie wraz ze mamą rezystancji. Wyznaczyć przebieg prądu w obwodzie, ptzębieg napięcia na kondensatorze oraz przebieg napięcia na cewce dła podanych wartości rezystancji, jeśli w chwili t »■ 0 do obwodu doprowadzona zostaje napięcie u(t). Napięcie może mieć kolejno przebiegi: (a) u(t) - U - 110 V, (b) «(/) - 220sin(314<—«/3) V.

Rozwiązanie. Warunki początkowe w obwodzie są zerowe. Równanie na] w obwodzie w postaci operatorowej (transformaty Lapłace’a) ma postać [6 str. 119)*

l/(r) «(*+»£+-—)/(*).

Stąd

tCU(t) _ tCU(s) t*ZC+sRC+1 "

m

m

R+sL+jg