Transformata tego napięcia
Uo(s) = — s
Impedancja widziana z zacisków otwartego łącznika przy zwarciu źródeł napięcia, wynosi
R(R + sL) 1 10s2 + 27s + 10
(S)_ 2R + sL + sC~ 2s(s + 5)
Prąd w gałęzi kondensatora
U0(s)
m =
2{s + 5)
Z(s) s2 + 2,7 s + 1 Napięcie na zaciskach kondensatora
Uc(s) = ^-I{s)+Uc(0+)
2s + 10 5
s(s2 + 2,7s + 1) s
sC '' s Obliczamy pierwiastki równania
s2 + 2,7 s -l- 1 = 0; Sj — —0,45, Sj = —2,25
Przedstawimy napięcie na kondensatorze w postaci
Uc(s) =
2s + 10
s(s + 0,45) (s + 2,25) s Korzystamy z twierdzenia o residuach
ls+10 „1 f 2s +10
S\__2s+10_ I = I"_2s + 10 1
„L S(s + 0,45) (s + 2,25) J s^0 |_ (s + 0,45) (s + 2,25) J
, f 2.s + 10 ]_ r 2s+1° c«~l 1121
o,45 Ls(s + 0,45) (s + 2,25) J S__0>45|_s(s + 2,25) J
2s + 10
-0,45t
res
—-esf_| = lim I" f S +J?,. est~| - -1,36 e 2,25t ,25) J s_2,25Ls(s + 0,45) J
■ — 2,25 |_s(s "I- 0,45) (s + 2,25)
Ostatecznie napięcie na kondensatorze
uc(f) = 10- U,24e-°’45f- l,36e-W5‘ + 5 = (15 - ll,24e-°’45t + Uóe"2^) V
5.17. W obwodzie jak na rys. 5.17 w chwili t = 0 został otwarty łącznik W. Obliczyć przebieg napięcia u(t) na otwartym łączniku. Zastosować metodę Nortona. Dane: E = 30 V; Rl = R2 = 10O; R = 5 fi; C = 10mF.
Rys. 5.17
Rozwiązanie. Prąd w gałęzi łącznika przed otwarciem wynosi
E 30
/ = --— = — = 2A
R + /?2 15
Impedancja operatorowa widziana z zacisków łącznika przy zwarciu źródła napięcia wynosi
Z(s) = R +
10 s + 300 s + 50
Napięcie na wyłączniku
U(s) = Z(s)I(s) =
2 10 s + 300 s s + 50
20s + 600 s(s + 50)
Przebieg czasowy tego napięcia
u(t) = (12 + 8e_50‘) V
5.18. W obwodzie jak na rys. 5.18 w chwili t = 0 otwarto łącznik W. Metodą Nortona obliczyć przebieg napięcia u(t) na otwartym łączniku. Dane: £ = 30V;R1 = 1Q;R2 = 2Q; C = 2F.
Rozwiązanie. Prąd płynący w gałęzi łącznika przed jego otwarciem wynosi
/ =
E
Ri + Ri
30
1+2
= 10 A