1
Ćwiczenia z przedmiotu:
„Teoria Sygnałów i Systemów”.
Zestaw zadań 4.
Wprowadzenie.
Transformata Laplace’a.
Przekształceniem Laplace’a nazywamy przekształcenie określone zależnością:
( ) = [ ] ( ) = ∫
∞( )
−0
dt e t x t x s
X L
stPrzekształcenie przyporządkowuje funkcji x ( ) t funkcję X ( ) s zmiennej zespolonej s . Funkcję x ( ) t nazywamy oryginałem, a funkcję X ( ) s jej transformatą.
Funkcja x ( ) t musi spełniać następujące warunki:
a) x ( ) t = 0 dla t < 0
b) x ( ) t jest jednoznacznie określona dla t ∈ 0 , ∞ ) i ciągła, z wyjątkiem co najwyżej skończonej liczby punktów nieciągłości w każdym skończonym przedziale. W punktach tych następuje skok funkcji o skończoną wartość.
c) x ( ) t rośnie co do bezwzględnej wartości nie szybciej niż funkcja wykładnicza, tzn.
istnieje taka liczba rzeczywista dodatnia M i taka liczba rzeczywista nieujemna a, że:
x ( ) t < Me
atPodana definicja dotyczy tzw. jednostronnego przekształcenia Laplace’a, do którego upraszcza się przekształcenie dwustronne jeśli x(t) jest sygnałem przyczynowym (spełniającym podany wyżej warunek 1).
Podstawowe właściwości transformaty Laplace’a.
a) Liniowość.
Jeśli sygnał u ( ) t jest liniową kombinacją sygnałów x ( ) t i y ( ) t : ( ) t ax ( ) t by ( ) t
u = +
to transformata sygnału u ( ) t jest liniową kombinacją transformat sygnałów x ( ) t
i y ( ) t :
( ) s [ ] u ( ) t [ ax ( ) t by ( ) t ] a X ( ) s b Y ( ) s
U = L = L + = ⋅ + ⋅
b) Zmiana skali czasu.
[ ( ) ]
=
a X s at a
x 1
L
c) Przesunięcie w dziedzinie czasu.
( )
[ x t − t
0] = e
−st0⋅ X ( ) s
L
d) Przesunięcie w dziedzinie zmiennej zespolonej s.
2
[ e
λtx ( ) t ] = X ( s − λ )
L
e) Transformata różniczki w dziedzinie czasu.
( ) t sX ( ) ( ) s x 0
dt x
d = −
L
f) Transformata różniczki n-tego rzędu.
( ) ( ) ∑ ( )
= −
− −
−
=
nk
k k k n n
n n
dt x s d
s X s t dt x
d
1
1 1
L 0
g) Transformata całki.
( ) ( )
s s d X
x
t
=
∫
0
τ τ L h) Transformata splotu.
Splotem dwóch sygnałów x ( ) t i y ( ) t nazywamy wyrażenie:
( ) ( ) t ∗ y t = ∫
tx ( ) ( ) ⋅ y t − d = ∫
tx ( ) ( ) t − ⋅ y d
x
0 0
τ τ τ τ
τ τ
Transformata splotu dwóch sygnałów jest równa iloczynowi transformat tych sygnałów (twierdzenie Borela).
( ) ( )
[ x t ∗ y t ] = X ( ) ( ) s ⋅ Y s
L i) Wartości graniczne.
( ) ( )
( ) t s X ( ) s
x
s X s x
s t
s
⋅
=
⋅
=
→
→∞
→∞
lim
0lim lim 0
Dla s = j ω przekształcenie Laplace’a przechodzi w przekształcenie Fouriera.
Odwrotne przekształcenie Laplace’a.
Jeżeli jest znana transformata sygnału X ( ) s , to można obliczyć oryginał ze wzoru:
( )
+∫
∞( )
∞
−
=
j c
j c
st
ds e s j X t
x 2 π 1
Jest to całka w płaszczyźnie zespolonej, zaś c jest liczbą rzeczywistą, leżącą w obszarze bezwzględnej zbieżności X ( ) s . Obliczenie powyższej całki jest zagadnieniem
skomplikowanym. W praktyce sprowadza się X ( ) s do takiej postaci (jeśli to możliwe), aby można było odczytać oryginał x ( ) t z tablic.
Tablice transformat Laplace’a zamieszczono w osobnym pliku.
3
Jeżeli X ( ) s jest funkcją wymierną (można ją przedstawić jako iloraz wielomianów zmiennej s):
( ) ( m n )
s b
s a s
X
nj j j m
i i
i
≤
= ∑
∑
=
=
0 0
to można znaleźć miejsca zerowe wielomianu mianownika (tzw. bieguny) i rozłożyć powyższe wyrażenie na ułamki proste:
( ) gdzie - miejsca zerowe mianownika (bieguny)
0
j n
j j
j
s
s s s A
X ∑
=
−
=
Dla takiej transformaty oryginał funkcji jest równy:
( ) ( ) ∑
=
⋅
=
nj
t s j
e
jA t t x
0
1
Zastosowanie transformaty Laplace’a do rozwiązywania równań różniczkowych liniowych o stałych współczynnikach (metoda operatorowa).
Równanie różniczkowe postaci:
u dt b b du dt
u b d
dt u b d y dt a a dy dt
y a d
dt y d
m m
m m m
n m n
n n n
0 1 1
1 1 0
1 1 1
1
+ + + = + + + +
+
− −−K
− −−K
gdzie u ( ) t jest daną funkcją, a y ( ) t poszukiwaną, można poddać przekształceniu Laplace’a.
Uwzględniając warunki początkowe:
( ) ( )
1( )
11 1
0
0 0
0
− −−
=
=
=
nny
ndt y y d
dt y dy
y K
i
( ) ( )
1( )
11 1
0
0 0
0
− −−
=
=
=
mmx
ndt x x d
dt x dx
x K
i pamiętając, że transformata różniczki
( ) ( ) ∑ ( )
= −
− −
−
=
nk
k k k n n
n n
dt x s d
s X s t dt x
d
1
1 1
L 0
otrzymujemy równanie w dziedzinie s:
( )
( sU u ) b U
b u
s U s b u s U s b
Y a y sY a y
s Y s a y
s Y s
m m
k
k k m m
m m
k
k k m m
m
n n
k
k k n n
n n
k
k k n n
0 1 1
1
0
1 1 1
1 1
1
0 1 1
1
1
1 1 1
1 1
1
+
− +
−
+
−
=
= +
− +
−
+
−
−
−
= −− −
− −
= − −
−
−
= −− −
− −
= − −
∑
∑
∑
∑
K
K
4 To równanie możemy sprowadzić do postaci:
) ( ) ( )
( )
( s Y
0s U L s U
0s M
Y ⋅ + = ⋅ +
gdzie M(s), L(s), Y
0(s) i U
0(s) są wielomianami względem zmiennej s, przy czym wielomiany Y
0(s) i U
0(s) zależne są od warunków początkowych.
Jeżeli obliczymy transformatę U(s) = L[u(t)] to z powyższego równania można wyliczyć transformatę Y(s):
( ) s
M s Y s U U
s M
s
Y L ( ) ( )
) (
)
( +
0−
0=
Teraz pozostaje wyznaczyć szukaną funkcję y(t):
( ) Y
t
y ( ) = L
−1Zastosowanie transformaty Laplace’a do wyznaczania prądów i napięć w liniowych obwodach elektrycznych w stanach nieustalonych.
Przy skokowych zmianach prądów i napięć zasilających lub przy zmianie konfiguracji obwodu (wykonaniu przełączeń w obwodzie) występują w nim przejściowe stany, które nazywane są stanami nieustalonymi. Analiza prądów i napięć wymaga wówczas rozwiązania układu liniowych równań różniczkowych. Staje się to znacznie prostsze, jeśli zastosować opisaną wyżej metodę operatorową.
Występujące w obwodzie elementy R, L i C należy zastąpić dwójnikami według poniższej tabeli:
rezystancja indukcyjność pojemność
Element na schemacie oryginalnym
Element na schemacie dla metody operatorowej
W miejsce napięć i prądów źródłowych trzeba wprowadzić ich transformaty:
[ ] e ( ) t
E
i= L
ii I
j= L [ ] i
j( ) t
Stosując klasyczne metody rozwiązywania obwodów elektrycznych (oczkową, potencjałów węzłowych itp.) wyznacza się transformaty prądów i napięć, a następnie znajduje oryginały tych transformat.
5
Transmitancja operatorowa Laplace’a układu liniowego.
Jeśli sygnał x ( ) t o transformacie X ( ) s po przejściu przez układ liniowy (spełniający zasadę superpozycji) zamienia się w sygnał y ( ) t o transformacie Y ( ) s , to stosunek transformaty sygnału wyjściowego do transformaty sygnału wejściowego przy zerowych warunkach początkowych nazywamy transmitancją operatorową układu.
( ) ( ) ( ) s
X s s Y
G = przy zerowych warunkach początkowych
Podanie transmitancji operatorowej dla układu liniowego jest jednym z podstawowych sposobów opisu jego dynamiki. Stosuje się go powszechnie w analizie i syntezie układów regulacji automatycznej.
Zadania.
Zadanie 1.
Obliczyć transformaty Laplace’a dla następujących sygnałów:
a) impulsu Diraca x ( ) ( ) t = δ t , b) skoku jednostkowego x ( ) ( ) t = 1 t ,
c) sygnału liniowo narastającego x ( ) ( ) t = 1 t ⋅ t ,
d) sygnału narastającego wykładniczo x ( ) ( ) t = 1 t ⋅ e
ate) sygnału malejącego wykładniczo x ( ) ( ) t = 1 t ⋅ e
−btRozwiązanie:
a) Impuls Diraca posiada następującą właściwość:
( ) ( ) t ⋅ x t dt = x ( ) 0
∞
∫
∞
−
δ Wobec tego:
[ ] ( ) ( )
01
0
=
=
⋅
=
∞∫ t e
−stdt e
−s⋅t δ
δ
L
6
b) Skok jednostkowy, czyli funkcja Heaviside’a (tzw. jedynka Heaviside’a) jest zdefiniowany następująco:
( )
>
=
<
=
0 dla 1
0 dla 2 1
0 dla 0
t t t 1 t
Wzór na transformatę przyjmuje postać:
[ ] ( ) ( )
s e s e s
dt e e dt e t t
s st
t st
st st
0
0 0 0
lim
⋅
−
−
∞
→
− ∞
∞ −
∞ −
+
−
=
−
=
=
⋅
= ∫ 1 ∫
L 1
Występująca we wzorze granica jest zbieżna do zera gdy zmienna s leży w lewej półpłaszczyźnie:
0 ) Re( s >
Dla tak określonej dziedziny zmiennej s otrzymujemy:
[ ] ( )
s s t e
s0
= 1
=
−⋅L 1
c) Transformatę sygnału liniowo narastającego policzymy z definicji:
[ ( ) ]
2 0 0 0
lim 1
1
s e t s
s e
t s s dt e e t t t
s st
t
st st
⋅
−
−
∞
→
− ∞
∞ −
+
−
=
=
−
=
⋅
=
⋅ ∫
L 1
Podobnie jak w poprzednim punkcie występująca we wzorze granica jest zbieżna do zera gdy Re ( ) s > 0 .
Pozostaje więc:
[ ( ) ]
2 20
1
s s t e t
s
=
=
⋅
−⋅L 1
d) Transformata sygnału narastającego wykładniczo:
[ ( ) ]
0 )
( 0
) (
0 ) ( 0
1 lim 1
1 e
a e s
a e s
a s
dt e dt e e e
t
a s t t
a s t
a s t st
at at
+ −
− −
− =
−
=
=
=
=
⋅
−
−
∞
→
∞
−
−
∞ − −
∞ −
∫
∫
L 1
7
Przy Re ( ) s > 0 granica jest zbieżna do zera i ostatecznie:
[ ( ) ]
a e s
t
at= −
⋅ 1
L 1
e) Po podstawieniu do poprzedniego wyniku: a = − b otrzymujemy:
[ ( ) ]
b e s
t
bt= +
⋅
−1
L 1
Zadanie 2.
Obliczyć transformaty Laplace’a dla następujących sygnałów:
Wyznaczyć widmo przedstawionego na rysunku sygnału impulsowego. Określić przebieg widma amplitudowego i fazowego.
a) sygnału sinusoidalnego x ( ) ( ) ( ) t = 1 t ⋅ sin ω t , b) sygnału kosinusoidalnego x ( ) ( ) t = 1 t ⋅ cos ( ) ω t , c) sygnału sinusoidalnego z tłumieniem x ( ) ( ) t = 1 t ⋅ e
−at⋅ sin ( ) ω t Rozwiązanie:
a) Sygnał sinusoidalny przedstawimy w postaci wykładniczej:
( ) ( ) ( ) ( )
j e t e
t t t x
t j t j
sin 2
ω ω
−
−=
⋅
= 1 1
Teraz obliczymy transformatę X(s):
( ) [ ] ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
− + + −
+ +
− −
=
+ +
− −
=
−
=
= −
=
=
+
−
−
−
∞
→
+ ∞
−
−
∞ −
+
−
−
−
∞ − −
∞ −
∫
∫
∫
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω ω
ω
ω ω
j s j s j
s e j s e s j
X
j s e j s e dt j
e j e
s X
dt j e
e dt e
e t x t x s
X
j s t j s t
t
j s t j s t j
s t j s t
st t j t j st
1 lim 1
2 1
2 ) 1 2 (
1
2
0 0
0 0
L
Występująca we wzorze granica jest równa zero, jeśli część rzeczywista zmiennej s jest większa od zera. Pozostaje więc:
( )
2 2) )(
(
) (
) (
2 1 1
1 2
1
ω ω ω
ω ω
ω ω
ω = +
+
−
−
−
⋅ +
=
− +
= −
s j
s j s
j s j s j j
s j s s j
X
8
b) Transformatę sygnału kosinusoidalnego można obliczyć w sposób przedstawiony wyżej. Można też wykorzystać fakt, że sygnał taki jest różniczką sygnału
sinusoidalnego:
( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) t ]
dt t d
t t
t
x ω
ω ω 1 sin
cos = ⋅ ⋅
⋅
= 1 1
Ponieważ transformata różniczki jest równa:
( ) t sX ( ) ( ) s x 0
dt x
d = −
L
to w naszym przypadku możemy napisać, że:
( ) [ cos ( ) ] 1 [ sin ( ) ] = 1 ( [ sin ( ) ] − sin( 0 ) )
=
= t s t
dt t d
s
X ω
ω ω
ω ω L L
L
Podstawiając do wzoru wyliczoną w poprzednim punkcie transformatę sygnału sinusoidalnego otrzymujemy ostateczny wynik:
( ) [ ( ) ] 1
2 20
2 2cos ω ω ω
ω ω
= +
−
= +
= s
s s s
t s
X L
c) Przy obliczaniu transformaty sygnału sinusoidalnego z tłumieniem
( ) ( ) t t e ( ) t
x = 1 ⋅
−at⋅ sin ω
skorzystamy z następującej własności transformaty Laplace’a:
[ e
λtx ( ) t ] = X ( s − λ )
L
W naszym przypadku otrzymamy:
( ) ( )
[ ] ( )
) (
sin
2 2 22
2 2a sa
a s t s
e t
at+ +
= + +
= +
⋅
−ω ω ω
ω ω L 1
Zadanie 3.
Wyznaczyć oryginał transformaty:
( ) 7 10
1
2
+ +
= +
s s s s X
Rozwiązanie:
Rozpoczniemy od obliczenia miejsc zerowych mianownika (biegunów).
9 10 4 7
4
22
− = − ⋅ =
=
∆ b ac
2 3 7
1
2
, 0
±
= −
∆
±
= − a
s b s
0= − 2 , s
2= − 5
9 Transformatę zapiszemy następująco:
( ) ( 2 )( 5 )
) 2 5 ( ) ( )
5 )(
2 (
) 2 ( ) 5 ( 5 2
) 5 )(
2 (
1
+ +
+ +
= + +
+
+ +
= + + +
= + + +
= +
s s
b a b a s s
s
s b s
a s
b s
a s
s s s X
Porównując współczynniki wielomianów występujących w licznikach możemy napisać układ równań:
= +
= +
1 2 5
1 b a
b a
który ma rozwiązanie:
3
− 1
=
a ;
3
= 4 b
Wobec tego:
5 1 3 4 2 1 3 1
+ +
− +
= s s
X
Teraz możemy wyznaczyć oryginał:
( ) ( ) e
te
ts X s
t
x
1 1 1 2 53 4 3
1 5 1 3
4 2 1 3
1
− − − −−
= − +
+ +
− +
=
= L L L
Zadanie 4.
Metodą operatorową rozwiązać równanie różniczkowe:
t dt t
dx dt
x
d
2 22
2
+
=
+ t ≥ 0
przy warunkach początkowych: x ( ) 0 = 4 , x ' ( ) 0 = − 2
Rozwiązanie:
Obliczamy transformaty różniczek występujących w równaniu:
2 4 )
0 ( ' ) 0
(
22 2 2
+
−
=
−
⋅
−
=
s X s x x s X s
dt x L d
4 )
0
( = −
−
=
sX x sX
dt L dx
W tablicach znajdujemy transformatę prawej strony równania:
( ) ( ) ( )
3 22
2
2 2
2
2 t t t s s
t + = L + L = +
L
10
W dziedzinie zmiennej zespolonej s równanie różniczkowe zamienia się na równanie algebraiczne:
2 3
2
2 2
4 2
4 s sX s s
X
s − + + − = +
a stąd:
2 ) 4
1 ( ) 2 1
( + = +
3+ s + s
X s s s
i ostatecznie:
) 1 ( 2 1 1 4 1 2 1
4+ + + +
= s s s s
X Z tablic odczytujemy:
6
1
34
1
t
s =
−
L
e
ts
−
−
=
+ 1
1
1 L
( ) s e
ts
−
−
= −
+ 1
1
1
1 L
Po podstawieniu otrzymujemy oryginał:
( ) 2 2
2 3 2 3 4
3
3
+ + − = + +
=
−t −tt e
−te
t e t x
Zadanie 5.
Metodą operatorową rozwiązać równanie różniczkowe:
dt u y du dt dy dt
y
d
2+ 3 + 2 = 2 +
2
gdzie
( ) t e
tu
u = =
−3przy warunkach początkowych: y ( ) 0 = 1 , y ' ( ) 0 = 2
Rozwiązanie:
Obliczamy transformaty różniczek występujących w równaniu:
2 )
0 ( ' ) 0
(
22 2 2
−
−
=
−
⋅
−
=
s Y s y y s Y s
dt y L d
[ ( 0 ) ] 3 3
3
3 = − = −
sY y sY
dt
L dy
11
[ ( 0 ) ] 2 2 2 2
2
2 = − = −
30= −
−⋅sU e
sU u
dt sU L du
Po zastąpieniu lewej i prawej strony równania transformatami otrzymujemy równanie w dziedzinie zmiennej s:
U sU
Y sY
s Y
s
2− − 2 + 3 − 3 + 2 = 2 − 2 + a stąd:
2 3
3 2
3 1 2
2
2
+ +
+ + + +
= +
s s
s s
s U s Y
Transformatę funkcji u(t) odczytamy z tablic:
[ ] ( ) [ ]
3
3
1
= +
=
=
−e s t
u
U L L
tOstatecznie, po podstawieniu, transformata Y jest równa:
( s ) s s s s s s Y
AY
BY = +
+ + + + + + +
= +
2 3
3 )
2 3 ( 3
1 2
2 2
Aby wyznaczyć oryginał musimy powyższe wyrażenie rozłożyć na ułamki proste.
Zaczniemy od znalezienia pierwiastków wielomianu s
2+ 3 s + 2 .
1 2 4 3
4
22
− = − ⋅ =
=
∆ b ac
2 1 3
1
2
, 0
±
= −
∆
±
= − a
s b s
0= − 1 , s
2= − 2
Składnik Y
Atransformaty zapiszemy teraz następująco:
( + 3 ) ⋅ 2 (
2+ + 1 3 + 2 ) = ( + 3 )( 2 + + 2 1 )( + 1 ) = + 3 + + 2 + + 1
= s
c s
b s
a s
s s
s s
s s
Y
As albo inaczej:
( ) ( ) ( )
) 1 )(
2 )(
3 (
6 5 3
4 2
3 )
1 )(
2 )(
3 (
1
2
2 2 2+ + +
+ + + + + + +
= + + + +
= +
s s s
c cs cs b bs bs a as as s
s s Y
As
Grupujemy składniki licznika według potęg zmiennej s:
( ) ( )
) 1 )(
2 )(
3 (
) 6 3 2 ( 5 4 3 )
1 )(
2 )(
3 (
1
2
2+ + +
+ + + + + + +
= + + + +
= +
s s s
c b a c b a s c b a s s
s s Y
As
Porównując współczynniki wielomianów występujących w licznikach możemy napisać, że:
= + +
= + +
= + +
1 6 3 2
2 5 4 3
0
c b a
c b a
c
b
a
12 Rozwiązując powyższy układ równań otrzymujemy:
5 ,
− 2
=
a ; b = 3 ; c = − 0 , 5 Wobec tego:
1 5 1 , 2 0 3 1 3 5 1 ,
2 − +
+ +
− +
= s s s
Y
AOryginał tej transformaty odczytujemy z tablic:
( ) ( )
− +
+ +
− +
=
=
− − − −1 5 1
, 2 0 3 1
3 5 1
,
2
1 1 11
s s
Y s t
y
AL
AL L L
( )
t t tA
t e e e
y = − 2 , 5
−3+ 3
−2− 0 , 5
−W taki sam sposób znajdziemy oryginał transformaty Y
B:
) 1 )(
2 (
) 2 ( ) ( )
1 )(
2 (
) 2 ( ) 1 ( 1 2 )
1 )(
2 (
3 2
3 3
2
+ +
+ +
= + + +
+ +
= + + +
= + + +
= + + +
= +
s s
b a b a s s
s
s b s
a s
b s
a s
s s s
s Y
Bs
= +
= +
3 2
1 b a
b a
a stąd: a = − 1 ; b = 2
( ) ( )
B t tB
e e
s Y s
t
y
− − − = −
−+
−
+ +
− +
=
= 2
1 2 1
2
1
1 21
1
L L
L
Ostatecznie rozwiązaniem równania różniczkowego jest funkcja:
( ) t y
A( ) t y
B( ) t e
te
te
te
te
te
te
te
ty = + = − 2 , 5
−3+ 3
−2− 0 , 5
−−
−2+ 2
−= − 2 , 5
−3+ 2
−2+ 1 , 5
−Zadanie 6.
W obwodzie elektrycznym przedstawionym na schemacie obliczyć przebieg napięcia na
kondensatorze C po włączeniu zasilania wyłącznikiem W.
13 Rozwiązanie:
Do obliczeń metodą operatorową rysujemy schemat, na którym baterię i wyłącznik zastępujemy źródłem napięciowym E.
Wartość chwilowa siły elektromotorycznej źródła E jest opisana wzorem:
( ) ( ) t = t ⋅ 10
e 1
Odpowiada to zamknięciu wyłącznika W w chwili t = 0.
Transformata SEM źródła:
( ) s s E = 10
Kondensator C zastępujemy reaktancją operatorową 1/sC. W momencie zamknięcia wyłącznika na kondensatorze nie ma napięcia (zerowe warunki początkowe).
Zastępcza impedancja operatorowa obwodu:
1 1 1
1 )
(
2
2 1 2 1 2
2 1
2 2
1
+
+
= + + +
= + + ⋅
= sCR
R R R sCR sCR
R R R sC
R sC R s Z
Prąd w obwodzie:
) (
) ) (
( Z s
s s E
I =
Napięcie na kondensatorze:
−
=
⋅
−
= ( ) ( ) ( ) 1 ( ) )
(
1 1s Z s R E R s I s E s U
CPo podstawieniu otrzymujemy:
( )
2 1 2 1
1 1 2 2
1 2 1 2
1 2 1
2
1
1 10
1 ) ( )
( sCR R R R
R R sCR R
R R sCR s R R R sCR
sCR s R
E s U
C+ +
−
− +
⋅ +
=
+ +
− +
⋅
=
+
+
⋅
⋅ + =
⋅ +
=
2 1 1
2 1 2 1
2
1 1
1 1
10 ) 10
(
CR s CR
s C R R R R sCR
R s s
U
CUwzględniając wartości elementów mamy:
) 10 2 (
10 10
10 10
1 10
10 10
1 1 1
10 10 10 ) 10
(
23
3 6
3 6
6
3
= + ⋅
⋅ + ⋅
⋅ + ⋅
⋅
⋅ ⋅
= ⋅
−
−
−
s s
s s s
U
C14
Rozłożymy transformatę napięcia na kondensatorze na ułamki proste:
) 10 2 (
10 2 ) ( 10 2 )
10 2 ( ) 10
(
22 2
2 3
⋅ +
⋅
⋅ +
= +
⋅ + +
⋅ =
= +
s s
a b a s s
b s
a s
s s U
CStąd otrzymujemy:
10 5 2
10
2
3
=
= ⋅
a i b = − a = − 5 a dalej:
10
22 5 ) 5
( = − + ⋅ s s s
U
CNapięcie na kondensatorze:
( ) ( )
C(
t)
C
e
s U s
t
u
1 1 1 25 1
20010 2 5 1
5
−1
− −−
= ⋅ −
⋅ + +
=
= L L L dla t ≥ 0
Wykres przedstawia przebieg napięcia na kondensatorze.
Zadanie 7.
W stanie ustalonym wyłącznik W jest zamknięty. Obliczyć przebieg napięcia w punkcie A po
otwarciu wyłacznika.
15 Rozwiązanie:
W stanie ustalonym, przy zamkniętym wyłączniku W w obwodzie złożonym z rezystancji R
1i gałęzi R
2L płynie prąd:
1 , 100 0 20
12
2 1
0
=
= +
= +
R R
I E A
Płynąc przez gałąź R
2L prąd wywołuje spadek napięcia:
10 100 1 ,
2
0
0
0
= I R = ⋅ =
U
AV
Do takiego napięcia jest naładowany kondensator C:
0
=
A= 10
C
U
U V
W momencie otwierania wyłącznika (t = 0) mamy więc następujące warunki początkowe.
( ) 0 = 10
u
CV i i
L( ) 0 = 0 , 1 A
Po otwarciu wyłącznika gałąź ze źródłem E, wyłącznikiem W i rezystancją R
1przestaje mieć wpływ na zjawiska zachodzące w obwodzie i można ją pominąć w dalszych rozważaniach.
Po zastąpieniu kondensatora i cewki reaktancjami operatorowymi, uwzględniając warunki początkowe, uzyskujemy następujący obwód:
Na podstawie powyższego schematu możemy wyliczyć transformatę napięcia w punkcie A.
16
LC s C sR
i sLC u
C sL sC R
i s L
u s
I
C LL C
2 2 2
1
) 0 ( )
0 ( 1
) 0 ) (
0 ( )
( + +
⋅ +
= ⋅ + +
⋅
= +
sC LC
s C sR
i sLC u
C s u s sC
s I s u
U
A C C C L1
1
) 0 ( )
0 ( )
0 ( ) 1
) ( 0 ) (
(
22
+ ⋅ +
⋅ +
− ⋅
=
⋅
−
=
( sR C s LC )
s
i sL u
s s u
U
A C C L21
2) 0 ( )
0 ( )
0 ) (
( + +
⋅
− +
=
Po podstawieniu wartości elementów otrzymujemy:
) 10 10 (
10 10
10 10 10
) 10 10 (
10 10 10
) 1 10 10
(
01 , 0 10 ) 10
(
2 3 910 9
3 2
7 9
3 2
10 7
6 2
9
− + +
+
− + + =
+
− + + =
+
− +
=
− −s s
s s
s s s
s s
s s
s s
s
s s s
U
ADla 2-go i 3-go składnika sumy obliczamy pierwiastki wielomianu kwadratowego występującego w mianowniku:
9 9
6
2
− 4 = 10 − 4 ⋅ 10 = − 3 , 999 ⋅ 10
=
∆ b ac ∆ = j 63 , 2 ⋅ 10
33 3
3 3
1 ,
0
0 , 5 10 31 , 6 10
2
10 2 , 63 10
2 ± ∆ = − ± ⋅ = − ⋅ ± ⋅
= − j j
a s b
Z tablic odczytujemy oryginały poszczególnych składników transformaty ( t ≥ 0 ):
( )
110 10
1
=
=
− t s
u
AL
( )
( )
( t )
j e e e e
e j e
e s e
s s
s s t s
u
t t
j t j t
t j t
j
t s t s A
3 500
10 6 , 31 10
6 , 31 500
10 ) 6 , 31 5 , 0 ( 10 ) 6 , 31 5 , 0 ( 3 7
1 0 7 1
0 7 1
2
10 6 , 31 sin 2 316
316
10 6 , 31 2 10 1
) 1 (
) 10 )(
( 10
3 3
3 3
1 0
⋅
⋅
− =
⋅
⋅
=
=
⋅ −
= ⋅
=
− −
=
−
= −
⋅ −
−
− ⋅
⋅
−
−
⋅ +
−
L
−( )
−
+ −
= ⋅
=
−
+ −
=
−
=
−−
) 1 (
10 1 6 , 31 10 1
) 1 (
1 1 ) 10
)(
( 10
1 0
1 0
1 0 0 1 6 2 10
1 0 0 1 1 0 10 1
0 10 1
3
t s t s
t s t s A
e s e s s s
e s e s s s s s s
s s s t s
u L
17
( ) [ ]
( t ) ( t ) e ( t )
e
j e e e
e e e
e j
e j j
t u
t t
t j t j t t
j t j t
t j t
j A
3 500
3 3
500
10 6 , 31 10
6 , 31 500 10
6 , 31 10
6 , 31 500
10 ) 6 , 31 5 , 0 ( 3 10
) 6 , 31 5 , 0 ( 3 3 3
10 6 , 31 cos 10
10 10
6 , 31 sin 016 , 0 10 6 , 31 cos 10
10
016 2 , 2 0
10 10
10 ) 6 , 31 5 , 0 ( 10
) 6 , 31 5 , 0 10 ( 6 , 31 2 10 1
3 3
3 3
3 3
⋅
⋅
−
≈
⋅
−
⋅
⋅
−
=
− =
⋅ + −
⋅
−
=
=
⋅
−
−
−
⋅ +
⋅ −
− ⋅
=
−
−
⋅
−
− ⋅
⋅
−
− ⋅
⋅ +
−
⋅
−
−
Ze względu na bardzo małą amplitudę pominięto składową sinusoidalną w trzecim składniku.
Ostatecznie:
( ) t u
1( ) t u
2( ) t u
3( ) t 10 316 e
500sin( 31 , 6 10
3t ) 10 10 e
500cos( 31 , 6 10
3t )
u
A=
A−
A−
A= −
− t⋅ − +
− t⋅
Po uporządkowaniu:
u
A( ) t = e
−500t[ 10 cos( 31 , 6 ⋅ 10
3t ) − 316 sin( 31 , 6 ⋅ 10
3t ) ]
Przebieg napięcia przedstawia poniższy wykres:
Przedstawiony przykład ilustruje poważny problem, jaki pojawia się przy dokonywaniu przełączeń w obwodach elektrycznych, zawierających indukcyjność. Przy takich operacjach mogą pojawić się w obwodzie napięcia o wartościach znacznie przekraczających napięcia zasilania – tzw. przepięcia (w naszym zadaniu ok. 26-krotnie). Przepięcia mogą być niekiedy przyczyną uszkodzeń urządzeń elektrycznych i elektronicznych.
Zjawisko indukowania się wysokiego napięcia na cewce może też być celowo wykorzystane.
Typowym przykładem jest układ zapłonowy w silnikach benzynowych.
18 Zadanie 8.
Obliczyć całkę:
( ) t = ∫
te
−t−( ) d
x
0 )
( τ
sin τ τ
Rozwiązanie:
Powyższą całkę można oczywiście obliczyć w sposób klasyczny, na przykład zamieniając funkcję trygonometryczną sin na wykładniczą (jak w zadaniu 2). My obliczymy ją nieco inaczej. Zauważmy, że całka ta definiuje splot dwóch funkcji:
( ) t e ( ) t
x =
−t∗ sin
Korzystając z tego, że transformata splotu jest iloczynem transformat możemy napisać:
( ) ( ) [ ( ) ]
) )(
)(
1 (
1 1
1 1 1
2
s s j s j
s e s
s
X
t− +
= +
⋅ +
= +
⋅
= L
−L sin t
Z tablicy transformat odczytujemy, że:
) )(
)(
(
) ( ) ( ) ( ) )(
)(
(
1
1
a c c b b a
e b a e a c e c b c
s b s a s
ct bt
at
−
−
−
− +
− +
− −
=
−
−
− L
−W naszym zadaniu:
− 1
=
a ; b = − j ; c = j Po podstawieniu otrzymujemy:
[ ]
j
je e e je je j
j j j
e j e
j e j s j
X t
x
jt jt jt jt t jt
jt t
4 2
) 1 )(
)(
1 (
) 1 ( ) 1 ( ) ) (
( )
(
1= − − + −
+
−
− +
−
+
− + +
+
−
− −
=
= L
− − − − − −j e e j
e je j t je x
jt jt jt
jt t
4 4
4 ) 2
( =
−−
−+ + −
−+
a po zamianie funkcji wykładniczych na trygonometryczne:
) 2 sin(
) 1 2 cos(
1 2 ) 1
( t e t t
x =
−t− +
19 Zadanie 9.
Obliczyć transmitancję operatorową Laplace’a czwórnika elektrycznego, przedstawionego na schemacie, zdefiniowaną jako: ( )
) (
) (
1 2
s U
s s U
G =
Rozwiązanie:
Dla metody operatorowej schemat czwórnika przedstawiono poniżej. Dla obliczenia transmitancji należy przyjąć zerowe warunki początkowe.
Określmy następujące impedancje operatorowe:
1 1 1 )
(
1 1
1
1 1
1 1
1
= +
+
⋅
= sR C
R R sC
R sC s
Z
2 2 2 2
2 2
1 1
sC C R sR
Z = sC + = + Transmitancja operatorowa czwórnika jest równa:
) ( ) (
) ( )
( ) ) (
(
2 1
2 1
2
s Z s Z
s Z s
U s s U
G = = +
( )( )
( 1 )( 1 1 )
1 1
1 1 )
( ) (
) ) (
(
1 1 2 2 2
1
1 1 2 2
2 2 2 1
1 1
2 2 2
2 1
2
