FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartományban

Dr. Horváth Péter, BME HVT

2017. január 19.

1. feladat

Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg Laplace-transzformáltjukat!

1.1. +f1(t) = Ae−αt cosω0t

A csillapítási tétel felhasználásával

F1(s) = ALcosω0t |s=s+α = As+ α

(s+ α)2 + ω20

1.2. f2(t) = Ae−αt sinω0t

Az el®z®höz hasonlóanF2(s) = ALsinω0t |s=s+α = A

ω0

(s+ α)2 + ω20

1.3. +f3(t) = Ae−αt cos(ω0t+ ρ)

f3(t) = Ae−αt [cos ρ cosω0t− sin ρ sinω0t]

F3(s) = A cos ρs+ α

(s+ α)2 + ω20

+A sin ρω0

(s+ α)2 + ω20

= . . .

1.4. +f4(t) = Ae−αt +Be−βt

F4(s) =A

s+ α+

B

s+ β=

(A+B)s+Aβ +Bα

(s+ α)(s+ β)

1.5. +f5(t) = Ate−αt

A csillapítási tétel alapján

F5(s) = ALt |s=s+α =A

(s+ α)2

1.6. +f6(t) = At cosω0t

f6(t) =At

2

[ejω0t + e−jω0t

],

a csillapítási tétel alapján

F6(s) =A

2

[1

(s− jω0)2+

1

(s+ jω0)2

]=A

2

s2 − ω20

(s2 + ω20)2

2. feladat

Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg Laplace-transzformáltjukat!

2.1. f(t) = [ε(t)− ε(t− τ)] tτ

F (s) = 1−(1+sτ)e−sτs2τ

1

2.2. f(t) = [ε(t)− ε(t− τ)] sin(πt/τ)

F (s) = πτ

1+e−sτ

s2+(πτ )2

2.3. f(t) = [ε(t)− ε(t− τ)]e−αt

F (s) = 1−e−τ(s+α)

s+α

2.4. f(t) = 2[ε(t)− ε(t− τ)] + [ε(t− τ)− ε(t− 2τ)]

F (s) = 2−e−sτ−e−s2τs

3. feladat

Határozzuk meg az alábbi ábrákon vázolt függvények Laplace-transzformáltját!

3.1.

t

f1(t)

τ

A

f1(t) = A[ε(t) tτ − ε(t− τ) t−ττ

]F1(s) = A

s2τ (1− e−sτ )

3.2.

t

f2(t)

T/4

A

f2(t) = A[ε(t)− ε

(t− T

4

)]cos(ω0t) = Aε(t) cos(ω0t) +Aε

(t− T

4

)sin(ω0

(t− T

4

));(ω0 = 2π

T

)F2(s) = A s

s2+ω20

+A ω0

s2+ω20e−sT/4 = A s+ω0e

−sT/4

s2+ω20

3.3.

t

f3(t)

T 2T 3T

1

2

3

f3(t) = ε(t) + ε(t− T ) + ε(t− 2T ) + ε(t− 3T ) + ... =∞∑k=0

ε(t− kT )

F3(s) = 1s

∞∑k=0

e−skT = 1s(1−e−sT )

4. A Laplace-transzformáció megfordítása

4.1. A célkit¶zés

Célunk a Laplace-transzformált ismeretében meghatározni a hozzá tartozó id®függvényt anélkül, hogy az in-verziós integrált kiértékelnénk. A bemutatott módszer lényege, hogy a racionális törtfüggvény alakú Laplace-transzformáltat részlettörtekre bontjuk. A részlettörtekhez pedig ránézésre tudunk id®függvényt rendelni. Atárgyban olyan függvényekkel találkozunk, ahol a nevez® fokszáma nagyobb (valódi törtfüggvény) vagy egyenl®(áltört) a számláló fokszámánál.

Példa: legyen a visszatranszformálandó függvény

Y (s) =1,5s2 + 6s+ 6

s2 + 5s+ 4

A nevez® nullhelyei (az Y (s) függvény pólusai): p1 = −1, p2 = −4, amivel

Y (s) =1,5s2 + 6s+ 6

(s+ 1)(s+ 4).

Bontsuk részlettörtekre a függvényt!

Y (s) = C0 +C1

s+ 1+

C2

s+ 4,

egyel®re ismeretlen C konstansokkal. Ilyen módon elemi transzformációs párokra vezettük visszaaz inverz transz-formációt, és a megfelel® id®függvényt ránézésre felírhatjuk:

y(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e

−1t + C2e−4t] ,

és keressük a C együtthatókat.A részlettörtekre bontás elvégzésére, az együtthatók meghatározására három módszert mutatunk.

• Együtthatók összehasonlítása -> ahogy a Matematika tárgyakból tanultuk (JR2-b®l nem részletezzük)

• Octave/Matlab alkalmazását.

• A letakarásos módszert

4.2. Octave/Matlab használata

A részlettörtekre bontás az residue() függvénnyel végezhet®. Ennek szintaxisa Octave alatt:

>> help residue-- Function File: [R, P, K, E] = residue (B, A)-- Function File: [B, A] = residue (R, P, K)-- Function File: [B, A] = residue (R, P, K, E)

The first calling form computes the partial fraction expansion forthe quotient of the polynomials, B and A.

The quotient is defined as

B(s) M r(m) N---- = SUM ------------- + SUM k(i)*s^(N-i)A(s) m=1 (s-p(m))^e(m) i=1

where M is the number of poles (the length of the R, P, and E),the K vector is a polynomial of order N-1 representing the directcontribution, and the E vector specifies the multiplicity of them-th residue’s pole.

Matlab-ban:

>> help residueresidue Partial-fraction expansion (residues).

[R,P,K] = residue(B,A) finds the residues, poles and direct term ofa partial fraction expansion of the ratio of two polynomials B(s)/A(s).If there are no multiple roots,

B(s) R(1) R(2) R(n)---- = -------- + -------- + ... + -------- + K(s)A(s) s - P(1) s - P(2) s - P(n)

Vectors B and A specify the coefficients of the numerator anddenominator polynomials in descending powers of s.

A példánkra a következ®képpen alkalmazhatjuk a függvényt:

>> [r,p,k] = residue([1.5 6 6],[1 5 4])

r =

-2.00000.5000

p =

-4-1

k =

1.5000

Vagyis C0 = 1,5, C1 = 0,5 és C2 = −2, és a részlettörtekre bontott alak

Y (s) = 1,5 +0,5

s+ 1+−2

s+ 4.

Az Octave-függvény 4. kimen® argumentuma, E vektor az egyes pólusok multiplicitását tartalmazza, amitöbbszörös pólusok esetén (lásd kés®bb) az egyes részlettörtek azonosításában segít. A Matlabban ezt az in-formációt implicit módon kapjuk meg, mert a kimen® vektorok s csökken® hatványai szerint tartalmazzák apólusok és a hozzá tartozó reziduumok értékeit.

Ezen függvények helyesen kezelik a nem valódi törtfüggvényeket, a többszörös pólusokat és a konjugáltkomplex póluspárokat is.

4.3. A letakarásos módszer

4.3.1. Példa a letakarásra

lims→∞

Y (s) = lims→∞

C0 + lims→∞

C1

s+ 1+ lims→∞

C2

s+ 4= C0

lims→∞

1,5s2 + 6s+ 6

s2 + 5s+ 4= 1,5 = C0

lims→−1

(s+ 1)Y (s) = lims→−1

(s+ 1)C0 + lims→−1

(s+ 1)C1

s+ 1+ lims→−1

(s+ 1)C2

s+ 4= C1

lims→−1

(s+ 1)1,5s2 + 6s+ 6

(s+ 1)(s+ 4)=

1,5s2 + 6s+ 6

s+ 4|s=−1 = 0,5 = C1

4.3.2. A kifejtési tétel

Ha egy X(s) = Q(s)P (s) racionális törtfüggvény nevez®jében csak egyszeres gyökök fordulnak el®, és P fokszáma ≥

Q fokszáma, akkor

X(s) =Q(s)

P (s)=

Q(s)

(s− p1)(s− p2) . . . (s− pn)

részlettörtekre bontható

X(s) = C0 +C1

s− p1+

C2

s− p2+ . . .+

Cns− pn

,

az együtthatók pedig meghatározhatókC0 = lim

s→∞X(s)

Ck = lims→pk

(s− pk)X(s) = lims→pk

(s− pk)Q(s)

P (s)=

Q(pk)

lims→pkP (s)s−pk

.

Az ennek megfelel® id®függvény

x(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e

p1t + C2ep2t + . . .+ Cne

pnt].

4.3.3. Többszörös pólusok kezelése

Ha a nevez®nek pontosan egy kétszeres1 gyöke van (pr+1):

X(s) =Q(s)

P (s)=

Q(s)

(s− p1)(s− p2) . . . (s− pr)(s− pr+1)2,

akkor a részlettörtekre bontott függvényt az alábbi alakban kell keresnünk:

X(s) = C0 +C1

s− p1+ . . .+

Crs− pr

+D1

(s− pr+1)+

D2

(s− pr+1)2.

Az ennek megfelel® id®függvény pedig

x(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e

p1t + . . .+ Creprt +D1e

pr+1t +D2tepr+1t

].

Itt csak a Ck együtthatók és D2 határozhatók meg letakarással, D1 meghatározása az együtthatók összeha-sonlítása alapján végezhet® el.

5. feladat

Határozzuk meg az alábbi függvények inverz Laplace-transzformáltját!

5.1. +

F1(s) = 3s+ 2

(s+ 1)(s+ 4)

f1(t) =[e−t + 2e−4t

]ε(t)

5.2. +

F2(s) = 3(s+ 2)2

(s+ 1)(s+ 4)

f2(t) =[e−t − 4e−4t

]ε(t) + 3δ(t)

5.3.

F3(s) =5

(s+ 2)2

f3(t) = 5te−2tε(t)

5.4. +

F4(s) =3s+ 2

(s+ 1)(s+ 2)2

f4(t) =[−e−t + e−2t + 4te−2t

]ε(t)

5.5.

F5(s) = 3s

(s+ a)(s+ b)

f5(t) = 3[

aa−be

−at + bb−ae

−bt]ε(t)

5.6.

F6(s) =1

s(s2 + 2as+ b2), b2 > a2

f6(t) = 1b2

[1− e−at

(cos(ω0t) + a

ω0sin(ω0t)

)]ε(t); ω0 =

√b2 − a2

1Ennél nagyobb multiplicitású gyökökre általánosítható a Laplace-transzformáció integrálási tétele segítségével. A q-szorosgyökhöz tartozó részlettörtek nevez®i rendre (s − pr+1), (s − pr+1)2, . . . (s − pr+1)q , a hozzájuk tartozó id®fügvények pedig

ε(t)epr+1t,ε(t)tepr+1t, . . . , ε(t) tq−1

(q−1)!epr+1t alakúak.

5.7.

F7(s) =1

s2 + 2as+ b2, b2 > a2

f7(t) = 1ω0

sin(ω0t)e−atε(t); ω0 =

√b2 − a2

5.8.

F8(s) =s

s2 + 2as+ b2, b2 > a2

f8(t) =[cos(ω0t)− a

ω0sin(ω0t)

]ε(t); ω0 =

√b2 − a2

5.9.

F9(s) =1− e−s

s+ 3

f9(t) = e−3tε(t)− e−3(t−1)ε(t− 1)

5.10. +

F10(s) =1− e−s − e−2s

s+ 3

f10(t) = e−3tε(t)− e−3(t−1)ε(t− 1)− e−3(t−2)ε(t− 2)

5.11. +

F11(s) =1

s2 + 8s+ 25

f11(t) = 13 sin(3t)e−4tε(t)

6. feladat +

Határozzuk meg az u(t) feszültséget, ha i(t) = I0!

i(t)

R

u(t)3R 2R

L

R

t = 0

A hálózat a t = 0 pillanatban energiamentes, ezért számolhatunk operátoros impedanciákkal. A forrásáramLaplace-transzformáltja

I(s) =I0s.

Áramosztással:

U(s) =I0s

3R

3R+R+ 2R× (R+ sL)[2R× (R+ sL)] = I0R

s+R/L

s(s+ 7R/3L)

Részlettörtekre bontva

U(s) = RI0

[C1

s+

C2

s+ 7R/3L

]Letakarással

C1 =s+R/L

s+ 7R/3L|s=0 =

3

7,

C2 =s+R/L

s|s=−7R/3L =

4

7A keresett válasz:

u(t) =I0R

7

(3 + 4e−

7R3L

)

T

Um

t

u(t)

τ T

UmR

t

i(t)

1. ábra. 7. feladat

7. feladat

Egy L induktivitású és R soros veszteségi ellenállású tekercset a t = 0 pillanatban u(t) =Umt

Tid®függés¶

feszültségre kapcsolunk. Határozzuk meg az áram i(t) id®függvényét, ha a tekercs a bekapcsolás pillanatábanenergiamentes!

u(t)

L

Ri(t)

A forrásfeszültség Laplace-transzformáltja

U(s) =UmT

1

s2.

Az áram komplex frekvenciatartományban operátoros impedanciákkal:

I(s) =U(s)

R+ sL=UmTL

1s2(s+R/L) =

UmTL

[D1

s+D2

s2+

C1

s+R/L

]Innen letakarással

D2 =L

R,

C1 =L2

R2,

és együtthatók összehasonlításával

D1 = −L2

R2.

A keresett id®függvény a hálózat τ = L/R id®állandójával kifejezve

i(t) = UmTL

[−L2

R2 + LR t+ L2

R2 e−tR/L

]ε(t) = Um

R

[tT −

τT

(1− e−t/τ

)]ε(t)

A forrásfeszültség és az áram id®függvénye a 1. ábrán látható.

8. feladat

Az alábbi hálózatra a t = 0 pillanatban Um amplitúdójú és T hosszúságú szimmetrikus kett®s négyszögimpulzusalakú feszültséget kapcsolunk. Határozzuk meg a bejelölt áram i(t) id®függvényét!

u(t)

R

R

L

i(t)

2R

t = 0

Határozzuk meg a választ úgy is, hogy us(t) egy τ hosszúságú, Um magasságú háromszögimpulzus (és nincskapcsoló)!

*Megoldás négyszögimpulzusra*A gerjesztés:

u(t) = Um(ε(t)− 2ε(t) + ε(t))

U(s) = Ums

(1− 2e−sT/2 + e−sT

)Az áram komplex frekvenciatartományban:

I(s) = U(s)R×(sL+2R)+R

RsL+2R+R = Um

2L1−2e−sT/2+e−sTs(s+5R/2L)

Így a válasz:

i(t) = Um5R

[(1− e−αt

)ε(t)− 2

(1− e−α(t−T/2)

)ε(t− T/2) +

(1− e−α(t−T )

)ε(t− T )

]; α = 5R

2L

*Megoldás háromszögimpulzusra*?A gerjesztés:

u(t) = Um

[(ε(t)− ε(t− τ/2)) 2t

τ + (ε(t− τ/2)− ε(t− τ)) 2(τ−t)τ

]U(s) = 2Um

τ

(1−2e−sτ/2+e−sτ

s2

)A már ismert átviteli karakterisztika az új gerjesztéssel:

I(s) = UmLτ

(1− 2e−sτ/2 + e−sτ

)1

s2(s+α) ; α = 5R2L

A parciális törtekre való bontás az együtthatók meghatározásával:

A1

s + A2

s2 + Bs+α

A1 = − 1α2 ; A2 = 1

α ; B = 1α2

Eszerint az áram id®függvénye:

i(t) = UmLτα2

[(αt+ e−αt − 1

)ε(t)− 2

(α(t− τ/2) + e−α(t−τ/2) − 1

)ε(t− τ/2) +

(α(t− τ) + e−α(t−τ) − 1

)ε(t− τ)

]9. feladat

Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatra a t = 0 pillanatban U0 = 125 V egyenfeszültséget kap-csolunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk a kondenzátor feszültségének uc(t) id®függvényét az alábbi adatokesetén:

1. R = 250 Ω, L = 667 mH, C = 2 µF

2. R = 100 Ω, L = 40 mH, C = 1 µF

3. R = 100 Ω, L = 40 mH, C = 5 µF

U0

R

C uc(t)L

t = 0

A válasz feszültségosztással:

Uc(s) = U0(s)sL× 1

sC

sL× 1sC+R

= U0

RC1

s2+s1RC+

1LC

1. [V,A,Ω,mH,mF,ms] koherens egységrendszerben:

Uc(s) = 250 1(s+0.5)(s+1.5)

uc(t) = 250(e−0.5t − e−1.5t

)ε(t)

2. ? [V,A,Ω,mH,mF,ms] koherens egységrendszerben:

Uc(s) = 1250 1(s+5)2

uc(t) = 1250te−5tε(t)

3. [V,A,Ω,mH,mF,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:

Uc(s) = 250 1(s+1−2j)(s+1+2j)

uc(t) = 125e−t sin(2t)ε(t)

vagy

Uc(s) = UmRC

1

(s+1

2RC )2− 14R2C2 +

1LC

; τ = RC = 0.5, ω0 =√

1LC −

14R2C2 = 2

uc(t) = Umτω0

e−t/2τ sin(ω0t)ε(t)

10. feladat

Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban az i3(t) áramot, ha us(t) = U0[ε(t) − ε(t − T )]. Az α és βparaméterek mely értéktartományában stabilis a hálózat (R1, R2, R3, C > 0)?

us(t)

R1i1

βu2 αi1 R2u2

C

R3

i3

A gerjesztés komplex tartományban:Us(s) = U0

1−e−sTs

Us

R1I1

βU2 αI1 R2U2

C

R3

I3

Us U2 U3

∅

Egy lehetséges egyenletrendszer:

U2 : αI1 + U2

R2+ sC(U2 − U3) = 0

U3 = R3I3

I1 = Us−βU2

R1

U2 = I3(R3 + 1

sC

)A válasz két konstans (a,b) bevezetésével:

I3(s) = αU0R2

a1s+b (1− e

−sT )

i3(t) =αU0R2

a

[ε(t)e−bt − ε(t− T )e−b(t−T )

]a = αβR2R3 −R1R2 −R1R3 6= 0, b =

αβR2 −R1

aC

A hálózat akkor stabilis, ha b > 0. Ehhez:

αβ > R1(R2+R3)R2R3

valamint αβ < R1

R2

11. feladat

Az ábrán látható hálózatban a kapcsolót a t = 0 pillanatban zárjuk.

a) Határozzuk meg a bejelölt i áram id®beli változását a t > 0 pillanatokra, ha a kapcsoló zárása el®tt a hálózatállandósult állapotban volt!

b) Határozzuk meg az i áram ugrását a t = 0 pillanatban!

U0

i

R

L 2RR

t = 0

A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = −0 -ban:

iL(−0) = U0

R

Us

I

R

L

IL0

2RR

Us U

∅

(Us = U0

s , IL0 = UsR )

Az egyenletek Us és U csomópontokra felírva:

Us : − I + Us−UR×sL + Us

R = 0

U : − I + UR×2R = 0

Ezekb®l:

a)

I(s) = 6U0

5Rs+R/2L

s(s+2R/5L) = 3U0

2R

(1s −

15

1s+2R/5L

)i(t) = 3U0

2R

(1− 1

5e− 2R

5L t

)ε(t)

b)∆i = i(+0)− i(−0) = 6U0

5R −U0

R = U0

5R

12. feladat

Oldjuk meg az el®z® feladatot arra az esetre, ha az eredetileg zárt kapcsolót a t = 0 pillanatban kinyitjuk!

A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = −0 -ban:

iL(−0) = 3U0

2R

Us

i

R

L

IL0

R

Us U

∅

(Us = U0

s , IL0 = 3Us2R )

Az egyenletek Us és U csomópontokra felírva:

Us : − I + Us−UR×sL + 3Us

2R = 0

U : − I + UR = 0

Az egyenletrendszert megoldva:

a)

I(s) = 5U0

4Rs+2R/5Ls(s+R/2L) = U0

R

(1s −

14

1s+R/2L

)i(t) = U0

R

(1 + 1

4e− R

2Lt

)ε(t)

b)∆i = i(+0)− i(−0) = 5U0

4R −3U0

2R = −U0

4R

13. feladat +

Az ábrán látható, állandósult állapotban lev® hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzukmeg a bejelölt i(t) áram id®függvényét! (R1 = R2 = R3 = 20 Ω, L = 20 mH, C = 100 µF, u1(t) ≡ U1 = 20 V,u2(t) ≡ U2 = 10 V.)

u2(t)

R2 L R1

u1(t)CR3

i(t)

t = 0

A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama, valamint a kondenzátor feszültsége:

iL(−0) = U2

R2+R3= 0.25 A

uC(−0) = U1 = 20 V

U2

R2 L R1

U1

C

UC0

R3

I

IL0

φ

UC

∅

(UC0 = U1

s , IL0 = U2

s(R2+R3))

Az egyenleteket felírva UC és φ csomópontokra:

UC : UC−φsL + U2

s(R1+R2)+ I + (UC + U1/s)sC + UC−U1/s

R1= 0

φ : φ−U2/sR1

+ φ−UCsL + U2

s(R1+R2)= 0

Emellett tudjuk, hogy:UC = R3I

Az egyenletrendszert megoldva, [V,A,Ω,mH,mF,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:

I(s) = s2+1,625s+0,75s(s2+2s+1,5) = s2+1,625s+0,75

s(s+1−0,707j)(s+1+0,707j)

I(s) = As + B

s+1−0,707j + B∗

s+1+0,707j

A = 0,5 B = 0,265e−j0,34 B∗ = 0,265ej0,34

Így az áram id®függvénye:i(t) =

[0,5 + 0,53e−t cos(0,707t− 0,34)

]ε(t)

14. feladat

? Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatot a t = 0 pillanatban u(t) = U0 egyenfeszültségre kap-csoljuk.

a) Határozzuk meg i1(t), ill. i2(t) id®függvényét!

b) Számítsuk ki és ábrázoljuk az el®bbi id®függvényeket az alábbi adatok mellett: R1 = R2 = 1 Ω, L1 = 57,7mH, L2 = 100 mH, M = 48 mH.

c) Melyik t1 id®pillanatban veszi fel az i2(t) áram az extremális értékét, és mekkora az i2(t1) értéke?

u2(t)

i1(t)

R1

L1 L2

R2

i2(t)

t = 0

M

a) A rendszer a t = 0 pillanatban energiamentes.

U2

I1

R1

L1 L2

R2

I2

M

I.II.

A fenti ábra szerinti hurokegyenletek:

I. : − I2R2 − I2sL2 + I1sM = 0

II. : − I1sL1 + I2sM − I1R1 + U0

s = 0

A megoldáshoz vezessük be a következ® jelöléseket:

k = M√L1L2

, α1 = R1

2L1, α2 = R2

2L2

σ = α1+α2

1−k2 , β =

√(α1−α2)2+4k2α1α2

1−k2

Az I1 komplex frekvenciatartományban:

I1(s) = U0

L1

s+2α2

s(s2(1−k2)+2s(α1+α2)+4α1α2)= U0

L1(1−k2)s+2α2

s(s2+2sσ+σ2−β2)

A résztörtekre való bontás:U0

L1(1−k2)

(As + Bs+C

(s+σ)2−β2

)A = L1

R1(1− k2), B = −L1

R1(1− k2), C = −α2

α1

Az I2 komplex frekvenciatartományban:

I2(s) = U0ML1L2

1s2(1−k2)+2s(α1+α2)+4α1α2

= U0ML1L2(1−k2)

1s2+2sσ+σ2−β2 = U0M

L1L2(1−k2)1

(s+σ)2−β2

Így a válaszok:

i1(t) = U0

R1

[1 + e−σt

(α1−α2

β(1−k2) sinh(βt)− cosh(βt))]ε(t)

i2(t) = U0MβL1L2(1−k2)e

−σt sinh(βt)ε(t)

b) A válaszok [V,A,Ω,H, s, rad/s] koherens egységrendszerben:

i1(t) = U0

[1 + e−22,76t (0,403 sinh(15,145t)− cosh(15,145t))

]ε(t)

i2(t) = 0,915 U0 e−22,76t sinh(15,145t) ε(t)

c) Az i2(t) függvénynek maximuma van a tm = 0,054 s pillanatban (i2(tm) = 0,244U0 A).

15. feladat

? Az ábrán látható, vezérelt forrást tartalmazó hálózatban us(t) = [ε(t)− ε(t− T )]U0[1− 2t/T ].

a) Határozzuk meg a bejelölt i1(t) áram id®függvényét!

b) Az α paraméter mely értéktartományában stabilis a hálózat?

us(t)

R

2R

i1(t)

αi1

5RL

R

a) A gerjesztés Laplace-transzformáltja:

Us = U0

s

[1− 2

sT +(1 + 2

sT

)e−sT

]

Us

R

2R

I1

αI1

5RL

R

φ1 φ2

∅

A csomóponti egyenletek az ábrák alapján:

φ1 : φ1−UsR + I1 + αI1 + φ1−φ2

5R = 0

φ2 : − αI1 + φ2−φ1

5R + φ2

R+sL = 0

Ezekb®l a válasz:

I1(s) = Us3RL

sL+6R

s+(20+5α)R3L

= U0

3RL

(sL+6R)(1− 2

sT

)s(s+β) + U0

3RL

(sL+6R)(1+

2sT

)e−sT

s(s+β)

Ahol:β = 5R

3L (4 + α)

A parciális törtekre bontásból adódó együtthatók:

A = 6Rβ B = βL−6R

β

A válasz id®függvényként:

i1(t) = U0

3RL

[(A+Be−βt

)ε(t) +

(A+Be−β(t−T )

)ε(t− T )

]−

− 2U0

3RLβT

[(B + βAt−Be−βt

)ε(t) +

(B + βA(t− T )−Be−β(t−T )

)ε(t− T )

]b) A hálózat akkor stabil, ha:

20 + 5α > 0

α > −4

16. feladat

Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban a bejelölt i(t) áram id®függvényét, ha a forrásfeszültség id®függ-vénye

us(t) = U0[ε(t)− ε(t− T )]

alakú! (R1 = 1 kΩ, R2 = 5 kΩ, R3 = 0,5 kΩ, r = 1kΩ, C = 1 µF, U0 = 10 V, T = 10 ms.)

r

us(t)

R1

R2

R3

C

i(t)

A girátor feszültségeit és áramait tankönyvi jelöléssel és referenciairánnyal rendre U1(s), U2(s), I1(s), I2(s)-sel jelölve

R1I1(s) + U1(s)− Us(s) = 0

I2(s) +U2(s)

R2+

U2(s)

R3 + 1/sC= 0,

és a választ pl. az alábbi alakban fejezhetjük ki:

I(s) =U2(2)

R3 + 1/sC,

továbbá a girátor karakterisztikáiU2(s) = rI1(s), U1(s) = −rI2(s).

r

us(t)

R1

R2

R3

C

i(t)

U1(s) U2(s)

A számértékeket [V, mA, kΩ, µF] koherens egységekben behelyettesítve, I(s)-t kifejezhetjük:

I(s) = Us(s)5s

8s+ 6= Us(s)

0,625s

s+ 0,75.

A gerjesztés

Us(s) =10

s(1− e−10s)

Ezzel a válaszi(t) = 6,25

[ε(t)e−0,75t − ε(t− 10)e−0,75(t−10)

]

16.1. Megoldás Octave segítségével

Megjegyzés: Octave használatánál a közölt kimenetet úgy kapjuk, hogy sympref display flat paranccsal a széperedmény-megjelenítést kikapcsoljuk.

>> syms R1 I1 U1 I2 U2 Iv Us R2 R3 C s r>> [si1, si2, su1, su2, si] = solve(R1*I1+U1-Us==0, I2+U2/R2+U2/(R3+1/s/C)==0, U2 == r*I1, U1 == -r*I2, Iv == U2/(R3+1/s/C),

I1, I2, U1, U2, Iv)[...]si =

(C*R2*Us*r*s)/(R1*R2 + r^2 + C*R2*r^2*s + C*R3*r^2*s + C*R1*R2*R3*s)>> subs(si, [R1 R2 R3 r C], [1 5 .5 1 1])ans =

(5*Us*s)/(8*s + 6)

17. feladat +

? Az alábbi, kezdetben energiamentes hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzuk meg azi1(t) áramot!Adatok: R1 = 10 Ω, R2 = 5 Ω, R3 = 15 Ω, L1 = 30 mH, L2 = 50 mH, M = 25 mHA gerjesztés:

us(t) = U0 sin(ωt+ %); U0 = 170 V, ω = 314 rad/s, % = π6

us(t)

i1(t)

R1 L1

L2

R2

R3

t = 0

M

A gerjesztés s tartományban:Us(s) = U0

s sin(%)+ω cos(%)s2+ω2

Us

I1

R1 L1

L2

R2

I2

R3

I3

M

II. I.

Az két hurokegyenlet:I. : − I3R3 + I2sL2 + I1sM + I2R2 = 0

II. : − Us + I1R1 + I1sL1 + I2sM + I3R3 = 0

Valamint felírhatjuk, hogy:I1 = I2 + I3

Az egyenletrendszer megoldása után a válasz s tartományban:

I1(s) = UsL1(1−k2)

s+as2+bs+c

Ahola = R2+R3

L2, b = L1(R2+R3)+L2(R1+R3)+2MR3

L1L2(1−k2)

c = R1R2+R1R3+R2R3

L1L2(1−k2) , k = M√L1L2

Behelyettesítve az értékeket [V,A,Ω,mH,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:

I1(s) = 34035

s+2/5s2+104s/35+11/35

0,5s+0,272s2+0,0986

I1(s) = 34070

(s+0,4)(s+0,544)(s+0,11)(s+2,86)(s+j0,314)(s−j0,314)

Parciális törtekre bontás után a válasz id®tartományban:

i1(t) =[2,008e−0,11t − 1,216e−2,86t + 5,15 cos(0,314t− 1,725)

]ε(t)