Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

1

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Ć

W

.

Z

O

BWODÓW I SYGNAŁÓW DLA

E

I

T/A

I

R

(

SEM

2)

D

ODATEK

Z

ADANIOWY Z

A

NALIZY

O

PERATOROWEJ

Zadanie 1

W układzie jak na rysunku należy wyzna-
czyć warunki początkowe, tzn. u

c1

(0

+

) i

u

c2

(0

+

).

Przyjąć:

-

-

1

2

(0 )

(0 )

0,

c

c

u

u

=

=

-

( )

e

( )

t

e t

E

t

α

=

1

,

0

E ≠ .

Rozwiązanie

Gdybyśmy przyjęli, że 0=u

c1

(0

-

)=u

c1

(0

+

)=U

1

+

i 0=u

c2

(0

-

)=u

c2

(0

+

)=U

2

+

, czyli gdybyśmy

założyli ciągłość napięcia na kondensatorach, to po zamknięciu klucza, dla chwili 0

+

, mieliby-

ś

my następujące „równanie” NPK:

E-0-0 = 0.

Ponieważ, z założenia, E≠0, więc otrzymaliśmy sprzeczność.

Zaniechajmy wymagania ciągłości napięcia na kondensatorach.

Wymagajmy, by była jednak przynajmniej spełniona zasada zachowania ładunku.

Z zasady tej wnosimy, ze powinno zachodzić:

q

1

-q

2

=0.

Stąd wynika, że

1

1

2

2

0

C U

C U

+

+

−

=

(*)

Uwzględniając NPK:

1

2

U

U

E

+

+

+

=

uzyskujemy z zależności (*), że:

2

1

1

2

C

U

E

C

C

+

=

+

,

1

2

1

2

C

U

E

C

C

+

=

+

.

Analizowany tu przypadek należy uznać za zdegenerowany.

W zdegenerowanych przypadkach stosować:

zasadę ciągłości strumienia dla induktora,

prawo zachowania ładunku dla kondensatora.

Przy podejściu operatorowym wystarczy zawsze zastosować regułę ciągłości prądu induktora
i napięcia kondensatora.

C

1

C

2

e(t)

q

1

q

2

t=0

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

2

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie 2

Zdefiniowane jest prawostronne przekształcenie Laplace’a funkcji f(t):

ܨሺݏሻ = ℒሺ݂ሺݏሻሻ = න ݂ሺݐሻ݁

ି௦௧

݀ݐ

ஶ

଴

ష

Znaleźć F(s) dla:

a)

f(t)=

1

(t),

b)

1

2

dla 0

( )

0 dla pozostalych

A

t

f t

t

τ

τ

<

< <



=



/



Rozwiązanie

a)

gdy >0

(

j )

(

j )

-1

j

j

0

0

1

1

( )

1

e

j

a

a b t

a b t

a

b

s a b

F s

e

dt

a

b

s

−

−

∞

∞

−

+

−

+

+

= +

=

=

=

=

+

∫

,

Zatem

ℒ[

1

(t)]

=

ଵ
௦

,

przy czym obszarem zbieżności tej transformaty jest prawa półpłaszczyzna, czyli Res >0.

b)

1

2

( )

( - )

( -

)

f t

A t

A t

τ

τ

=

−

1

1

,

ℒ[

1

(t-

߬

1

)]=

׬ e

ି௦௧

݀ݐ

ஶ

ఛ

భ

=

1

−

= τ

t

t

1

׬ e

ି௦ሺ௧

భ

ାఛ

భ

ሻ

݀ݐ

ଵ

ஶ

଴

=

e

ି௦ఛ

భ

׬ e

ି௦௧

భ

݀ݐ

ଵ

ஶ

଴

=

e

ି௦ఛ

భ

׬ e

ି௦௧

భ

݀ݐ

ଵ

ஶ

଴

ష

=

e

ି௦ఛ

భ

∙

భ

ೞ

,

gdzie Res>0.

Zatem

ℒሺ݂ሺݏሻሻ = ׬ ൫ܣ ∙

1

ሺݐ − ߬

ଵ

ሻ − ܣ ∙

1

ሺݐ − ߬

ଶ

ሻ൯e

ି௦௧

݀ݐ

ஶ

ఛ

భ

=

1

2

0

0

( - )e

( -

)e

st

st

A t

dt

A t

dt

τ

τ

∞

∞

−

−

−

=

∫

∫

1

1

(

)

1

2

1

2

1

e

e

e

e

s

s

st

st

A

dt A

dt

A

s

τ

τ

τ

τ

∞

∞

−

−

−

−

−

=

−

∫

∫

.

Rozwią

zanie punku b) sugeruje, że mogą zachodzić następujące własności:

1.

ℒሺ݂ܽ

ଵ

+ ܾ݂

ଶ

ሻ = ܽℒሺ݂

ଵ

ሻ + ܾℒሺ݂

ଶ

ሻ

2.

ℒ൫݂ሺݐ − ݐ

଴

ሻ1ሺݐ − ݐ

଴

ሻ൯ =

e

−ݏݐ

0

ℒ൫݂ሺݐሻ1ሺݐሻ൯, gdy ݐ

଴

> 0.

Można łatwo udowodnić prawdziwość tych własności.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

3

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie 3

Na podstawie znajomości transformaty funkcji cos(t)

൫ℒሺcos ሺݐሻሻ =

ೞ

ೞమశభ

൯ i wiedzy o

transformacie pochodnej funkcji

൫ℒ൫݂

ᇱ

ሺݐሻ൯ = ݏℒ൫݂ሺݐሻ൯ − ݂ሺ0

±

ሻ൯ znaleźć transformatę

funkcji sin(t)

ሺℒሺsinሺݐሻሻ =? ሻ.

Rozwiązanie

ℒሺsinሺݐሻሻ = − ℒ ቀ

ௗ

ௗ௧

cosሺݐሻቁ = − ቀݏ ∙

௦

௦

మ

ାଵିଵ

ቁ =

ି௦

మ

ା௦

మ

ାଵ

௦

మ

ାଵ

=

ଵ

௦

మ

ାଵ

Podaną w zadaniu własność, a także transformaty funkcji

t

ω

sin

i

t

ω

cos

warto pamiętać:

ℒሺsinሺ߱ݐሻሻ =

ఠ

௦

మ

ାఠ

మ

ℒሺcosሺ߱ݐሻሻ =

௦

௦

మ

ାఠ

మ

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

4

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie

4

Obliczyć transformaty następujących funkcji:
a)

)

(t

e

t

1

α

−

z definicji

b)

t

t

ω

cos

)

(

1

i

t

t

ω

sin

)

(

1

z własności

c)

)

(t

t1

i

)

(t

δ

z własności

Rozwiązanie

a)

α

s

e

α

s

(t)dt

e

e

α)t

(s

αt

st

+

=

+

−

=

∞

+

−

−

∞

−

∫

1

1

0

0

1

dla

α

Re

Re

−

>

s

b)

2

2

2

1

2

1

2

ω

ω

ω

ω

ω

ω

+

=

+

+

−

=

+

=

⋅

⋅

−

s

s

s

s

t

t

t

j

j

e

e

cos

j

j

2

2

1

1

2

1

2

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

+

=













+

−

−

=

−

=

⋅

⋅

−

s

s

s

t

t

t

j

j

j

j

e

e

sin

j

j

c)

Ponieważ

ௗ

ௗ௦

ℒሺ݂ሺݐሻሻ = −ℒሺݐ ∙ ݂ሺݐሻሻ i ℒሺ

1

ሺݐሻሻ =

ଵ

௦

,

więc

ௗ

ௗ௦

ቀ

ଵ

௦

ቁ = −ℒሺݐ ∙

1

ሺݐሻሻ ,

skąd

ℒሺݐ ∙

1

ሺݐሻሻ =

ଵ

௦

మ

.

Z drugiej strony

)

0

(

)

(

)

(

f

s

sF

t

f

dt

d

−

=

⋅

⋅

i

)

(

)

(

t

dt

d

t

1

=

δ

,

0

)

0

(

=

−

1

,

ℒሺ

1

ሺݐሻሻ =

భ

ೞ

,

więc

ℒሺߜሺݐሻሻ = ℒ ቀ

ௗ

ௗ௧

1

ሺݐሻቁ = ݏ ∙

ଵ

௦

− 0 = 1 .

Odp.

a)

1

e

( )

s

t

t

α

α

⋅

−

⋅

=

+

1

b)

2

2

( ) cos

s

t

t

s

ω

ω

⋅

⋅

=

+

1

,

2

2

( )sin

t

t

s

ω

ω

ω

⋅

⋅

=

+

1

c)

2

1

( )

t t

s

⋅

⋅

=

1

,

1

)

(

⋅

⋅

=

t

δ

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

5

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie

5

W oparciu o następujące twierdzenie:

Transformata

ܨሺݏሻ = ℒሺ݂ሺݐሻሻ = ׬ e

ି௦௧

݂ሺݐሻ݀ݐ

ஶ

଴

ష

jest w obszarze zbieżności funkcją holomor-

ficzną (tj. w półpłaszczyźnie

s

x

z

Re

<

) i jej pochodna dla

z

x

s >

Re

jest równa

ௗ

ௗ௦

ܨሺݏሻ = න

డ

డ௦

ஶ

଴

ሺe

ି௦௧

݂ሺݐሻሻ݀ݐ = − න e

ି௦௧

ݐ݂ሺݐሻ݀ݐ

ஶ

଴

= −ℒሺݐ ∙ ݂ሺݐሻሻ

Udowodnić, że

a)

ℒሺݐ

௡

ሻ =

೙!

ೞ೙శభ

b)

೏೙

೏ೞ೙

ܨሺݏሻ = ሺ−1ሻ

௡

ℒሺݐ

௡

∙ ݂ሺݐሻሻ

Rozwiązanie
Zacznijmy od punktu b). Połóżmy

)

(

)

(

t

f

t

t

f

i

i

=

na wzorze podanego twierdzenia.

Wtedy

1

( )

( )

d

F s

F s

ds

= −

oraz dla

1 2,

1

i

,

..., n -

=

1

( ).

i

i

d

F

F

s

ds

+

= −

Zatem

1

2

(

1)

0

1

1

2

1

1

2

(

1)

0

( )

( )

( )

...

( 1)

( )

( 1)

( )

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

d F s

d

F s

d

F s

d

d

F

s

F s

ds

ds

ds

ds

ds

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

= −

=

=

= −

= −

=

( 1)

(

( ))

n

n

t f t

= −

L

Teraz już łatwo, kładąc ( )

1

f t

= uzyskujemy

ሺ−1ሻ

௡

ℒሺݐ

௡

∙ 1ሻ =

ௗ

೙

ௗ௦

೙

ቀ

ଵ

௦

ቁ = ሺ−1ሻ

௡

ݏ

ିሺ௡ାଵሻ

∙ ݊!

czyli

ℒሺݐ

௡

ሻ =

௡!

௦

೙శభ

.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

6

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie

6

Znaleźć odwrotne transformaty Laplace’a metodą residuów.

a)

s

s

F

1

)

(

=

;

b)

1

1

)

(

2

+

=

s

s

F

;

c)

(

)(

)

2

2

1

1

)

(

+

+

=

s

s

s

s

F

;

d)

3

)

2

)(

1

(

1

)

(

+

+

=

s

s

s

F

;

e)

(

)

1

2

1

( )

e

e

s

s

F s

s

τ

τ

−

−

=

−

.

Rozwiązanie

Zestawimy najpierw

S

S

P

P

O

O

S

S

O

O

B

B

Y

Y

O

O

D

D

W

W

R

R

A

A

C

C

A

A

N

N

I

I

A

A

T

T

R

R

A

A

N

N

S

S

F

F

O

O

R

R

M

M

A

A

T

T

Y

Y

L

L

A

A

P

P

L

L

A

A

C

C

E

E

’

’

A

A

.

.

A)

Sposoby wykorzystujące bezpośrednio wzór na przekształcenie LLLL

-1

:

j

j

1

( )

( )e

2 j

c

st

c

f t

F s

ds

π

+ ∞

− ∞

=

∫

,

gdzie prosta Res=c leży w obszarze zbieżności transformaty F(s)

B)

Sposoby szczególne dla funkcji wymiernych
(o współczynnikach rzeczywistych i stopniu licznika mniejszym od stopnia mianow-
nika)

B1.

Metoda rozkładu na ułamki proste

1

1

1.

1.1

1.2

1

2

1

1

1

.

.1

.2

.

1

2

1

1

( )

( )

...

...

( )

(

)

(

)

(

)

...

(

)

(

)

(

)

(

)

i

K

K

K

K

K

K

i k

k

i

k

K

K

i

K

C

C

C

L s

F s

M s

s s

s s

s s

C

C

C

C

s s

s s

s s

s s

α

α

α

α

α

=

=

=

=

+

+

+

+

−

−

−

+

+

+

=

−

−

−

−

∑∑

1

.

1

1

( )

e

( -1)!

i

i

K

s t

k

i k

i

k

C

f t

t

k

α

−

=

=

=

∑∑

, dla t>0,

gdzie

(

)

.

1

1

( )

lim

(

)!

( )

i

i

i

i

k

i k

k

s

s

i

d

L s

C

s s

k

M s

ds

α

α

α

α

−

−

→





=

−





−





B2.

Metoda residuów

݂ሺݐሻ = ℒ

ିଵ

ቀ

௅ሺ௦ሻ

ெሺ௦ሻ

ቁ = ෍ res

௦ୀ௦

ೖ

ቀ

௅ሺ௦ሻ

ெሺ௦ሻ

܍

௦௧

ቁ

௄

௞ୀଵ

, dla ݐ > 0,

gdzie

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

7

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

(

)

1

1

( )

1

( )

res

e

lim

e

( )

(

1)!

( )

k

k

k

k

k

st

st

k

s

s

s s

k

L s

d

L s

s s

M s

M s

ds

α

α

α

α

−

−

→

=









=

−









−









Wzór pomocniczy:

( )

(

)

( )

( )

skrotowy

zapis

0

e

e

e

n i

n i

n

n

n

d

st

st

i

st

n

i

n

ds

i

d

d

W s

t

W s

t

W s

ds

ds

−

−

 

 

 

=





=

=

+









∑

Np.

(

)

( )

( )

( )

i

1

k

L s

k

k

M s

W s

s s

n

α

α

=

−

=

− .

Zatem

prawdziwe jest następujące twierdzenie:

Jeśli transformata Laplace’a F(s) oryginału

1

f(t) jest funkcją holomorficzną

2

na całej

płaszczyźnie zespolonej z wyjątkiem skończonej liczby punktów osobliwych s

1

, s

2

, ... , s

n

oraz

→

lim

( ) = 0

s

F s

∞

∞

∞

∞

,

to dla t > 0





=





∑

=

=1

( )

res

( )e

i

n

st

s s

i

f t

F s

.

Na podstawie powyższego twierdzenia, przy szukaniu odwrotnej transformaty funkcji wymiernej

( )

( )

( )

L s

F s

M s

=

metodą residuów, gdzie L(s) i M(s) są wielomianami względnie pierwszymi i stopień wielomianu

M(s) jest wyższy od stopnia wielomianu L(s), a pierwiastkami wielomianu M(s) są s

1

, s

2

, ..., s

n

o krotnościach l

1

,

l

2

, ..., l

n

,

posługujemy się następującym wzorem

݂ሺݐሻ = ℒ

ିଵ

ሺܨሺݏሻሻ = ൞෍ res

௦ୀ௦

೔

ሺܨሺݏሻe

௦௧

ሻ

௡

௜ୀଵ

dla ݐ > 0

0 dla ݐ < 0

gdzie

(

)

(

)

(

)

(

)

1

1

1

res

( )e

lim

(

)

( )e

1 !

i

i

i

i

i

l

l

st

st

i

l

s s

s s

i

d

F s

s s

F s

l

ds

−

−

→

=



 =

−





−

.

Uzbrojeni w przedstawione powyżej narzędzie znajdujemy po kolei transformaty odwrotne.

Ad a/. =======================

s

s

F

1

)

(

=

Funkcja ta posiada tylko jeden biegun s

0

=0.

Zatem, dla czasów t>0, mamy

1

0

0

1

( )

res

( )e

lim

e

e

st

st

t

s

s s

f t

F s

s

s

→

=









=

=

=

=













1

.

1

Oryginałem jest funkcja przyczynowa, spełniająca warunki Dirichleta i wykładniczo ograniczona.

2

Funkcję f(z) nazywamy holomorficzną w punkcie z

0

, jeżeli ma ona pochodną w pewnym otoczeniu tego punk-

tu, tj. istnieje otoczenie punktu z

0

, w którym istnieje pochodna funkcji f(z). Jeżeli funkcja jest holomorficzna w

każdym punkcie pewnego zbioru, to mówimy, ze jest ona holomorficzna w tym zbiorze.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

8

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Ad b/. =======================

1

1

)

(

2

+

=

s

s

F

Funkcję możemy zapisać w następujący sposób:

2

1

1

( )

1

(

j)(

j)

F s

s

s

s

=

=

+

−

+

.

Funkcja ta posiada 2 bieguny urojone sprzężone s

1

=j oraz s

2

=-j.

Wyliczamy, że dla t>0, mamy

1

2

( )

res

( )e

res

( )e

st

st

s s

s s

f t

F s

F s

=

=









=

+

=









j

j

lim (

j) ( )e

lim (

j) ( )e

st

st

s

s

s

F s

s

F s

→

→−









−

+

+

=









j

j

e

e

lim

lim

j

j

st

st

s

s

s

s

→

→−









+

=









+

−









j

j

j

j

1

1

e

e

e

e

sin

2 j

2 j

2 j

t

t

t

t

t

−

−

−

=

−

=

=

Ad c/. =======================

(

)(

)

2

1

( )

1

2

F s

s s

s

=

+

+

Funkcja posiada 3 bieguny (w tym jeden podwójny): s

1

=0, s

2

=-1 oraz s

3

=s

4

=-2.

Zatem, dla czasów t>0, mamy

1

2

3

4

( )

res

( )e

res

( )e

res

( )e

st

st

st

s s

s s

s s

s

f t

F s

F s

F s

=

=

=

=













=

+

+

=













2

0

1

2

lim

( )e

lim (

1) ( )e

lim

(

2)

( )e

st

st

st

s

s

s

d

sF s

s

F s

s

F s

ds

→

→−

→−













+

+

+

+

=













(

)(

)

(

)

(

)

2

2

0

1

2

e

e

e

lim

lim

lim

1

1

2

2

st

st

st

s

s

s

d

ds s s

s

s

s s

→

→−

→−













+

+

=













+

+

+

+





















0

2

2

2

1

e

(

1)

e (2

1)

e

e

lim

4

(

1)

st

st

t

s

t s s

s

s s

−

→−





+

−

+

−

+

=





+





2

2

1

3

1

e

e

e

4

4

2

t

t

t

t

−

−

−

−

+

+

=

2

1

3

1

e

e

4

4

2

t

t

t

−

−





−

+

+









.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

9

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Ad d/. =======================

3

)

2

)(

1

(

1

)

(

+

+

=

s

s

s

F

Funkcja posiada 2 bieguny (z czego jeden jest potrójny): s

1

=-1 oraz s

2

=s

3

=s

4

=-2.

Mamy zatem, dla czasów t>0,

1

2

3

4

( )

res

[ ( )e ]

res

[ ( )e ]

st

st

s s

s s

s

s

f t

F s

F s

=

=

=

=

=

+

=

2

3

2

1

2

1

lim[ ( )(

1)e ]

lim

[ ( )(

2) e ]

2!

st

st

s

s

d

F s s

F s s

ds

→−

→−

+

+

+

=

2

3

2

1

2

e

1

e

lim

lim

(

2)

2!

1

st

st

s

s

d

s

ds

s

→−

→−









+

=









+

+









2

2

2

2

2

1

(

(

1))(

2

1)

(

(

1)

)(2

2)

lim[

]

4

(

2

1)

st

st

st

t

s

t e s

s

s

te s

e

s

e

s

s

−

→−

+

+

+

−

+

−

+

+

=

+

+

2

2

2

2

1

1

1

2

2

4

t

t

t

t

e

e

te

t e

−

−

−

−

−

−

−

=

2

2

1

1

1

2

2

4

t

t

e

t

t e

−

−





−

+

+









.

Ad e/. =======================

(

)

1

2

1

( )

e

e

s

s

F s

s

τ

τ

−

−

=

−

Ta funkcja nie jest funkcją wymierną, ale jest iloczynem funkcji wymiernej F

1

(s)=1/s

i różnicy „czynników e

s

τ

−

przesunięcia w czasie” (porównaj z własnością transformaty funk-

cji przesuniętej w czasie). Gdybyśmy już znali f

1

(t), to napisalibyśmy, właśnie na podstawie

wspomnianej własności i na podstawie własności liniowości przekształcenia, że

1

1

2

( )

(

)

(

)

f t

f t

f t

τ

τ

=

−

−

−

.

Zatem do dzieła. Znajdźmy f

1

(t).

Funkcja F

1

(s)= 1/s posiada tylko jeden biegun s

0

=0.

Dla czasów t>0 znajdujemy:

1

0

1

0

1

( )

res

[ ( )e ]

lim

e

e

st

st

t

s s

s

f t

F s

s

s

=

→





=

=

=

=









1 .

Bardziej formalnie, dla dowolnego t mamy:

1

( )

( )

f t

t

=

1

.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

10

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Teraz musimy wziąć pod uwagę przesunięcie w czasie. Uzyskujemy

1

2

( )

(

)

(

)

f t

t

t

τ

τ

=

−

−

−

1

1

.

Przykład ostatni pokazuje, że w połączeniu z własnościami przekształcenia Laplace’a

możliwe jest wykorzystanie metody residuów do odwracania nie tylko transformat będących

funkcjami wymiernymi. Ważne, by w oparciu o odpowiednie własności dało się problem

sprowadzić do odwracania funkcji wymiernych, a jeżeli nie, to przynajmniej do odwracania

funkcji holomorficznych zerujących się w nieskończoności.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

11

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie

7

Wyznaczyć i naszkicować przebieg prądu

i(t) przyjmując, że dla t<0 w obwodzie pano-
wał stan ustalony.

Rozwiązanie

Zanim posłużymy się schematem operato-

rowym, wyznaczymy prąd induktora w chwili
t= 0

-

.

Mamy:

(0 )

2

L

E

i

R

−

=

.

Schemat operatorowy wygląda następująco (przed (a) i po przekształceniu (b)).

Schemat (b) uzyskano z (a) przez zastąpienie podukładu na lewo od zacisków 1-2 jego

zastępczym źródłem Thevenina.

Uzyskujemy:

1

2

2

2

( )

(

)

(3

2

)

2

3

2

2

E

LE

E

R sL

E

L

s

R sL

I s

R r sL

R s R

sL

R

R

sL

R

R sL

+

⋅

+

+

=

=

⋅

+

⋅

=

+

+

+

+

+

|

2

1

1

1

1

1

3

3

3

6

4

2

2

E

E

E

R

R

R s

R

R

s

s

L

L

→

⋅

⋅ −

⋅

+

⋅

⋅

=

+

+

|

2 1

1

1

3

3

12

2

E

R

R

s

s

L









→

⋅

⋅ +

⋅









+





Zatem dla t ≥ 0

3

2

2

1

( )

3

12

R
L

t

E

E

i t

R

R

−

⋅

⋅

=

⋅

+

⋅

⋅ e

.

(

)

2

R R sL

R sL

+

+

s

E

2

1

I(s)

R

b)

1

2 2

LE

R sL

+

R

R

sL

I(s)

R

LE
2

s

E

2

1

R

a)

R

R

L

R

t=0

i(t)

E

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

12

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Na poniższym wykresie przedstawiono przebieg prądu i(t) dla czasów (-

∞; +∞). Zazna-

czono na nim, na osi czasu, punkt t

o

, zdefiniowany jako czas, w którym przebieg

2

( )

3

E

i t

R





−









maleje

10

e razy, w stosunku do swojej wartości maksymalnej.

Bardziej precyzyjny, przeskalowany w pionie i w poziomie, wykres tego prądu pokazano

na kolejnym rysunku. Parametr

τ

, występujący w opisie osi poziomej, jest z kolei czasem, po

którym przebieg

2

( )

3

E

i t

R





−









maleje e-krotnie, w stosunku do swojej wartości maksymalnej

(oczywiście t

o

=10

τ

).

t

1

2

E
R

20

3

o

L

t

R

=

2

3

E
R

3

4

E
R

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

13

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie

8

W

układzie

przedstawionym
na rysunku do
chwili włączenia
klucza

K

(w

chwili t=0) pa-
nował stan usta-
lony.

Wyznaczyć

i wykreślić prze-
bieg u

C

(t) napię-

cia na pojemno-
ś

ci C przy róż-

nych wartościach
elementów

w

układzie.

Rozwiązanie

Dla t<0 w układzie pa-

nował stan ustalony zwią-
zany z pobudzeniem sinu-
soidalnym. Do jego roz-
wiązania zastosować mo-
ż

emy analizę wskazową.

Obok

przedstawiono

zastępczy schemat dla am-
plitud zespolonych.

Zapisujemy równanie

równowagi napięć w oczku
prawym (jest oczywiste, że Î=J):

2

(

)

0

o

o

o

Î

L

R

J

M

C

ω

ω

ω

−

+

+

⋅

=

j

j

j

.

Ponieważ

1

o

ω

LC

=

,

więc

o

o

ω L

ω C

=

j

j

.

Z zapisanego wcześniej równania, po uwzględnieniu ostatniej równości, obliczamy

2

o

M

Î

J

R

ω

= − ⋅ j

,

2

1

C

o

J M

Û

Î

C

C R

ω

− ⋅

=

⋅

=

⋅

j

.

Daje to następujące przebiegi czasowe (dla t<0):

2

( )

sin

2

o

o

M

i t

J

t

R

ω

π

ω





= −

+









,

i

1

i

2

t=0

j(t)

K

M

u

C

(t)

L

L

R

ozn.

2

2

1

( )

sin

,

,

0

o

o

u

L

M

j t

J

t

L

L

LC

ω

ω

−

=

=

=

>

C

j

ω

o

MÎ

2

j

ω

o

MÎ

1

R

j

ω

o

L

j

ω

o

L

Î

1

Î

2

Û

C

J

1

o

C

ω

j

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

14

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

( )

sin

C

o

J M

u t

t

C R

ω

⋅

= −

⋅

,

1

( )

( )

i t

j t

=

i warunki początkowe

20

2

(0 )

,

o

M

i

i

J

R

ω

−

=

= −

0

(0 )

0

C

C

u

u

−

=

= ,

10

1

(0 )

(0 )

0

i

i

j

−

−

=

=

= .

Dla t≥ 0 właściwym podej-

ś

ciem może być analiza opera-

torowa. Schemat operatorowy
przedstawia się następująco.

Na podstawie NPK zasto-

sowanych do lewego i prawego
oczka

piszemy

następujące

równania równowagi napięć:

20

1

2

i M

I sL I sM

=

⋅

+

⋅

,

20

1

2

1

i L I sM

I

R sL

sC





=

⋅

+

⋅

+

+









.

Rozwiązanie względem I

2

jest następujące:

2

20

20

2

2

2

( )

1

1

u

u

M

i

L

L

i

s

I s

R

M

s

s

R sL

s

L

C L

sC

L





−





⋅





=

=

+

⋅ +

+

+

− ⋅

⋅

.

Stąd już łatwo wyznaczamy

20

2

2

1

1

( )

( )

1

C

u

u

i

U s

I s

R

sC

C s

s

L

C L

=

=

+

⋅ +

⋅

.

W szczególności dla

L

u

=0

mamy

1

I

2

(s)=0 i

2

1

( )

( )

0

C

U s

I s

sC

=

=
i

2

(t)=0 i u

C

(t)=0,

2

20

1

( )

o

i

M

M

I s

J

J

sL

sR L

R

ω

ρ

⋅

=

= −

= −

1

( )

( )

i t

J

t

R

ρ

= −

1

,

gdzie

L

C

ρ

=

.

1

Czytelnik powinien dogłębnie zastanowić się nad sytuacją opisaną w tej ramce

1

sC

i

20

M

sMI

2

(s)

sMI

1

(s)

i

20

L

R

sL

sL

I

1

(s)

I

2

(s)

U

C

(s)

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

15

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Załóżmy dalej, że

L

u

>0

i przyjrzyjmy się zależności na U

C

(s).

W mianowniku wyrażenia na U

C

(s) występuje trójmian, którego rozkład na czynniki zale-

ż

y od wartości jego wyróżnika

2

4

u

u

R

L

CL





∆ =

−









.

Możliwe są następujące sytuacje.

1°

,

0

<

∆

gdy

2

4

R

L

C

u

<

.

Wtedy

1,2

|

|

2

2

u

R

s

L

∆

= −

± j

,

20

2

1

( )

|

|

2

4

C

u

i

U

s

C

R

s

L

=





∆

+

+









,

2

20

|

|

2

( )

sin

2

|

|

u

R t

L

c

i

u t

t

C

−

⋅





∆

=

⋅

⋅

⋅









∆





e

.

2°

,

0

=

∆

gdy

2

4

R

L

C

u

=

.

Wtedy

1, 2

2

u

R

s

L

= −

,

20

2

1

( )

2

C

u

i

U

s

C

R

s

L

=





+









,

2

20

( )

u

R

t

L

C

i

u t

t

C

−

=

⋅ ⋅ e

.

3°

,

0

>

∆

gdy

2

4

R

L

C

u

>

.

Wtedy

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

16

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

1, 2

2

2

u

R

s

L

∆

= −

±

,

20

2

1

( )

2

4

C

u

i

U s

C

R

s

L

=





∆

+

−









,

2

20

2

( )

sinh

2

u

R t

L

C

i

u t

e

t

C

−

⋅





∆

=

⋅

⋅

⋅





∆





Na poniższym rysunku przedstawiono szkice przebiegu u

C

(t) w poszczególnych przypad-

kach.

Z przypadkiem 1

o

zwanym oscylacyjnym jest związany przebieg czerwony, z przypad-

kiem 2

o

zwanym aperiodycznym krytycznym jest związany przebieg narysowany czarną

linią przerywaną, zaś z przypadkiem 3

o

zwanym aperiodycznym jest związany przebieg

narysowany czarną linią ciągłą.

CR

M

t

1°

2°

3°

u

C

(t)

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

17

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie

9

(16.19)

Dla obwodu pokazanego poniżej , znajdź u

0

(

t) , dla t > 0.

4·

1(t)

V

2·

1(t)

A

u

0

(t)

0.5 F

1 Ω

1 Ω

1 H

Rozwiązanie :

Na rysunkach poniżej wykreślono przebiegi SEM i SPM źródeł.

2 A

t

j(t)

J

= 2 A

Dla t ≤ 0

-

mamy sytuację jak na poniższym rysunku. Łatwo zatem stwierdzamy, że

i

L

(0

-

) = 0 oraz u

C

(0

-

) = 0, a ponadto

u

0

(t<0)=0.

L

R

1

C

R

2

Sytuację dla t>0 przeanalizujemy w oparciu o schemat operatorowy badanego układu. Poka-
zano go na rysunku poniżej.

4 V

e(t)

t

E = 4 V

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

18

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

E

1

(s)= E/s

Z

L

=sL

J

2

(s)= J/s

U

0

(s)

Z

C

=1/sC

R

2

R

1

Dla wygody dalszych obliczeń zamieniamy źródło napięciowe na prądowe.

J

1

(s)=

E(s)/Z

L

Z

L

J

2

(s)=J/s

I

0

(s)

R

1

Z

C

R

2

U

0

(s)

Interesujące nas napięcie U

0

(s) wyraża się wzorem:

U

0

(s) = R

2

I

0

(s)

Zastępujemy dwa źródła prądowe J

1

(s) , J

2

(s) jednym o SPM J(s),

gdzie

J(s) = J

1

(s) + J

2

(s)

Wtedy nasz obwód sprowadza się do następującego schematu :

U

0

(s)

Z

L

Z

C

R

2

J(s)

R

1

I

0

(s)

Prąd I

0

(s) wyliczamy z dzielnika :

( )

1

2

0

1

2

1

( )

1

C

L

C

R

R

Z

I s

J s

Y

R

R

Z

+

+

=

⋅

+

+

+

gdzie

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

19

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Y

L

= 1/Z

L

.

Kolejno wyliczamy:

( )

(

)

0

1

2

4

1

1

2

( )

1

2 1

1

1 2

L

C

L

s

I s

J s

R

R Y

Z

Y

s

s

s

s s









=

⋅

=

⋅

+

=





+

+

+

⋅





+ ⋅ +

⋅





2

2

2

2

2

4

2

4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

1

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

+

=

+

=

+

+

+

+

+

+

+

+

(

)

(

)

2

2

1

1

2

2

1

1

1

1

s

s

s

+

+

+

+

+

+

Obliczamy odwrotną transformatę Laplace’a:

(

)

(

)

( )

(

)

1

2

2

1

1

2

2 e

co s

sin ( )

1

1

1

1

t

s

t

t

s

s

−

−









+









+

=

+

=









+

+

+

+









L

(

)

(

)

2

2

1

1

4

2e

1

1 cos

atan( )

2 cos

e

t

t

t

t

π

−

−

−

=

+

+

=

−

Ponieważ

u

0

(t) = R

2

i

0

(t)

i

R

2

=1 [

Ω],

dlatego mamy:

0

( )

2 2

cos(

/ 4)

t

u t

e

t

π

−

=

−

.

Ostatecznie

( )

0

( )

2 2

cos(

/ 4)

t

u t

e

t

t

π

−

=

−

⋅1

.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

20

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Zadanie 10
Znajdź przebieg prądu na indukcyjności w obwodzie z poniższego rysunku.

Rozwiązanie

Ponieważ dla czasu t<0 obwód znajduje się w sinusoidalnym stanie ustalonym, analizę

obwodu dla przedziału czasu (–

∞, 0) przeprowadzamy w oparciu o schemat wskazowy obwo-

du. Musimy oprócz i

L

(t) wyznaczyć także u

C

(t) (jako że warunki początkowe będą wymagane

dla napięcia na kondensatorze oraz dla prądu induktora przy analizie sytuacji w kolejnym
przedziale czasu, to jest w przedziale (0,

10π) ).

Mamy następujące dane:

ω

=10

5

rad/s; L=0,5 ◌

ּ

10

-3

H; C=100 ◌

ּ

10

-9

F.

Zatem impedancje induktora i kondensatora równe odpowiednio:

50

L

Z

L

ω

= ⋅

⋅

=

j

j [Ω],

100

C

Z

C

ω

−

=

= −

⋅

j

j [Ω].

Poniżej przedstawiony jest schemat podlegający analizie wskazowej (opis impedancyjny,

impedancje w omach, SEM źródła w woltach).

Łatwo zauważyć, że Û

C

można wyliczyć z dzielnika napięcia w następujący sposób:

Î

L

Û

C

-100j

50 j

50

50

50

50

6

50 [Ω]

i

L

(t)

t=10π [s]

100 [nF]

0,5 [mH]

50 [Ω]

50 [Ω]

50 [Ω]

t=0

6cos(10

5

t) [V]

6cos(10

5

t) [V]

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

21

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

1
3

arctg

100 (50

50

50 )

100

(50

50

50 )

100 (50

50

50 )

50

50

100

(50

50

50 )

ˆ

6

3

10

C

U

e

− ⋅

−

⋅

+

+

−

+

+

+

−

⋅

+

+

+

+

−

+

+

+

= ⋅

= − =

⋅

j

j

j

j

j

j

[V].

Następnie znając Û

C

łatwo wyznaczyć Î

L

.

4

ˆ

1

1

2

ˆ

50

50

50

50

50

50

C

L

U

I

e

π

− ⋅

=

=

−

=

⋅

+

+

j

j

j

[A].

Z powyższych obliczeń możemy wyznaczyć przebiegi czasowe napięcia i natężenia, a z

nich wynikają nasze warunki początkowe.

1
3

( )

10 cos(

arctg ) [V]

(0)

3V

C

C

u t

t

u

ω

=

⋅

⋅ −

⇒

=

,

1

4

50

2

( )

cos(

) [A]

(0)

A

50

L

L

i t

t

i

π

ω

=

⋅

⋅ −

⇒

=

.

Dla czasu t>0, w związku z przełączaniem kluczy, w obwodzie wystąpią przebiegi przej-

ś

ciowe (będziemy mieli do czynienia ze stanami nieustalonymi). Do analizy tych stanów w

obwodach liniowych nadaje się przekształcenie Laplace’a i związane z nim podejście operato-
rowe.

Zajmijmy się najpierw przypadkiem, gdy jeszcze klucz prawy jest zamknięty, co odpo-

wiada przedziałowi czasu (0,

10π).

Poniżej przedstawiony jest schemat operatorowy dla tej sytuacji (opis impedancyjny -

impedancje w omach, SEM źródeł operatorowych oraz napięcia operatorowe w V

.

s, zaś prądy

operatorowe w A

.

s).

Objaśnienia, być może, wyma-
gają SEM dwóch nowych źró-
deł (uwzględniających niezero-
we

warunki

początkowe).

Szybko sprawdzamy, iż

s

s

u

C

3

)

0

(

=

[V

.

s]

oraz

5

10

)

0

(

−

=

⋅

L

i

L

[V

.

s].

Przedstawiony obwód ope-

ratorowy rozwiążemy metodą

prądów oczkowych (orientację prądów oczkowych zaznaczono czerwonymi strzałkami).
Układamy i rozwiązujemy następujące równanie macierzowe:

(

)

1

7

1

7

1

2

10

1

1

7

1

4

7

1

1

5

2

( )

50

10

10

6

10

3

( )

10

50

50

5 10

10

3

10

I s

s

s

s s

s

I s

s

s

s

s

−

−

−

−

−

−

−

−

−









+

−





−

+

−





⋅

=



 



−

+

+

⋅

+





+



 











.

Z powyższej zależności wyznaczamy metodą Cramera I

2

(s):

(

)

1

7

1

2

10

1

7

1

1

5

2

7

1

7

1

7

1

4

7

1

50 10

6

10

3

10

3

10

( )

50 10

10

10

50

50

5 10

10

s

s s

s

s

s

I s

s

s

s

s

s

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

+

−

+

−

−

+

=

=

+

−

−

+

+ ⋅

+

10

7

s

-1

I

2

(s)

3s

-1

10

-5

I

L

(s)

5 ◌

ּ

10

-4

s

50

50

50

6s/(s

2

+10

10

)

I

1

(s)

U

C

(s

)

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

22

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

3

5

2

10

15

|

2

10

2

5

10

1

5 10

11 10

5 10

50 (

10 ) (

4 10

6 10 )

s

s

s

s

s

s

+ ⋅

⋅

−

⋅

⋅ + ⋅

→

⋅

+

⋅

+ ⋅

⋅ + ⋅

Następnie dokonujemy rozkładu powyższego wyniku na ułamki proste:

4

5

2

2

10

2

5

10

6

8 10

1

101

493 10

( )

205

10

2050

4 10

6 10

s

s

I s

s

s

s

+ ⋅

⋅ +

⋅

= −

⋅

+

⋅

=

+

+ ⋅

⋅ + ⋅

4

5

5

|

2

10

5 2

10

6

8 10

1

101 (

2 10 )

291 10

205

10

2050

(

2 10 )

2 10

s

s

s

s

+ ⋅

⋅

+ ⋅

+

⋅

→

−

⋅

+

⋅

+

+ ⋅

+ ⋅

.

Oczywiście

)

(

)

(

2

s

I

s

I

L

=

.

Obliczamy również napięcie operatorowe U

C

(s) na kondensatorze.

5

2

4

10

)

(

)

10

5

50

50

(

)

(

−

−

−

⋅

⋅

⋅

+

+

=

s

I

s

s

U

C

.

Po podstawieniu I

2

(s) i rozłożeniu na ułamki proste uzyskujemy:

4

5

5

2

10

5 2

10

24 7

15 10

1

291 (

2 10 )

202 10

( )

41

10

41

(

2 10 )

2 10

C

s

s

U s

s

s

+

⋅

⋅

+ ⋅

−

⋅

= −

⋅

+

⋅

+

+ ⋅

+ ⋅

.

Znajdujemy odwrotne transformaty Laplace’a dla powyższych wyrażeń:

5

5

5

5

2 10

5

2 10

5

6

101

291

24

205

1025

2050

4100

( )

cos(10 )

sin(10 )

cos(10

2 )

2

sin(10

2 )

t

t

L

i t

t

t

t

t

− ⋅

− ⋅

= −

−

+

+

e

e

,

5

5

5

5

2 10

5

2 10

5

168

36

291

101

41

41

41

41

( )

cos(10 )

sin(10 )

cos(10

2 )

2

sin(10

2 )

t

t

C

u t

t

t

t

t

− ⋅

− ⋅

= −

−

+

−

e

e

.

Powyższe przepisy na i

L

(t) i u

C

(t) obowiązują dla przedziału czasowego

t∈(0, 10π),

to jest dla czasu po przełączeniu pierwszego z kluczy (tego bardziej z lewej strony na sche-
macie z treści zadania), a przed przełączeniem drugiego.

Uzyskane z tych przepisów wartości i

L

(10π) i u

C

(10π) stanowią warunki początkowe dla

sytuacji po przełączeniu drugiego z kluczy. Pamiętając o tym, iż

100

44

3, 73 10

−

−

<

⋅

e

,

ś

miało można przyjąć

1

następujące wartości dla i

L

(10π) i u

C

(10π):

6

(10 )

0, 029

205

L

i

π

= −

≈ −

[A]

i

168

(10 )

4, 098

41

C

u

π

= −

≈ −

[V].

Wreszcie rozważamy ostatnią z sytuacji, tę po przełączeniu ostatniego z kluczy. Czas

(oznaczony przez t), w którym mamy z nią do czynienia, należy do przedziału (10

π, ∞), gdy

punkt zerowy osi czasu wiążemy z momentem przełączenia pierwszego klucza.

Ze względu na prostotę zapisu zależności operatorowych wygodnie jest przyjmować, że

warunki początkowe związane sytuacją w układzie, lokalizowaną w chwili czasu pokrywają-
cej się z punktem zerowym osi czasu. Dlatego ostatnią sytuację, mającą miejsce po przełącze-
niu drugiego z kluczy, będziemy opisywać w nowym czasie

τ

, którego punkt zerowy przypa-

da na moment przełączenia drugiego z kluczy. W opisie z czasem

τ

ta sytuacja zajmuje prze-

dział czasu (0,

∞). Nowy czas

τ

pozostaje przy tym w następującym związku ze starym cza-

sem t:

τ

=t-10

π.

1

oczywiście pamiętając, że teoretycznie jest to - mimo wszystko - tylko przybliżenie, ale niesamowicie dokład-

ne, bo exp(-2

.

10

5

.

10

π)≈1,96027191

.

10

-2728753

.

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

23

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Dla dodatniego czasu

τ

(którego umowny początek (czyli

τ

=0) przypada na moment prze-

łączenia drugiego klucza) mamy następujący operatorowy schemat zastępczy (znowu opis
impedancyjny - impedancje w omach, SEM źródeł operatorowych oraz napięcia operatorowe
w V

.

s, zaś prądy operatorowe w A

.

s).

Przedstawiony obwód operatorowy tak, jak poprzedni rozwiążemy metodą prądów oczko-
wych. Ustawiamy odpowiednie równanie macierzowe:

168

41

7

1

7

1

2

10

1

7

1

4

7

1

168

3

3

2

41

205

-

6

( )

50 10

10

10

( )

-

10

5 10

50 10

10

s

I s

s

s

s

s

I s

s

s

s

s

−

−

−

−

−

−

−

−





−









+

−





+





⋅

=



 



−

⋅

+

+







 







+

⋅









,

z którego wyznaczamy metodą Cramera prąd oczkowy I

2

(s):

168

7

1

41

2

10

168

7

1

3

3

41

205

2

7

1

7

1

7

1

4

7

1

6

50 10

10

10

10

( )

50 10

10

10

5 10

50 10

s

s

s

s

s

s

I s

s

s

s

s

s

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

+

−

+

−

+

⋅

=

=

+

−

−

⋅

+

+

3

4

2

9

14

|

2

10

2

5

10

6

48 10

92 10

48 10

205

(

10 )(

3 10

4 10 )

s

s

s

s

s

s

−

+

⋅

+

⋅

+

⋅

→

⋅

=

+

+ ⋅

+ ⋅

5

|

2

10

2

10

1

1

10

25

10

25

10

s

s

s

→

−

⋅

−

⋅

+

+

+

(

)

(

)

5

2

2

5

5

11

1,5 10

1025

1,5 10

0,5 7 10

s

s

+

⋅

+

+

⋅

+

⋅

(

)

(

)

5

2

2

5

5

7

0,5 7 10

1025

1,5 10

0,5 7 10

s

⋅

+

⋅

+

⋅

.

Znajdujemy odwrotną transformatę Laplace’a powyższego wyrażenia:

5

5

1

1

25

25

2

( )

( )

cos(10 )

sin(10 )

L

i

i

τ

τ

τ

τ

=

= −

⋅

−

⋅

+

5

5

1,5 10

5

1,5 10

5

11

1

1025

1025

cos(0,5 7 10 )

7

sin(0,5 7 10 )

τ

τ

τ

τ

−

⋅

⋅

−

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

+

⋅

⋅

⋅

e

e

.

Oczywiście dla t>10 mamy

t=10+

τ

10

7

s

-1

I

2

(s)

1

168

41

-

s

−

3

3

205

-

10

−

⋅

I

L

(s)

5 ◌

ּ

10

-4

s

50

50

6s/(s

2

+10

10

)

I

1

(s)

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

24

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

oraz

10

( )

( )

L

L

t

i t

i

τ

τ

= −

=

.

Na kolejnych wykresach przedstawiono przebieg prądu i

L

induktora. Zmienna x użyta na

tych wykresach oznacza liczbę półokresów sygnału pobudzenia. Poniżej przedstawiono bada-
ny przebieg w przedziale pięciu ostatnich okresów pobudzenia przed przełączeniem pierw-
szego klucza.

5

2

( )

cos(10

)

(0)

0,02

50

4

L

L

i t

t

i

π

=

⋅

⋅ −

⇒

=

[A]

Na kolejnym wykresie pokazano przebieg po przełączeniu pierwszego klucza. Wykres

obejmuje przedział długości pięciu okresów pobudzenia. Widać, że stan przejściowy szybko
zanika.

5

5

5

5

2 10

5

2 10

5

6

101

291

24

205

1025

2050

4100

( )

cos(10 )

sin(10 )

cos(10

2 )

2

sin(10

2 )

t

t

L

i t

t

t

t

t

− ⋅

− ⋅

= −

−

+

+

e

e

,

t∈(0,10π).

i

L

(0

+

)=0,02 A

Na poniższym wykresie pokazano fragment tego samego przebiegu tuż przed zamknię-

ciem drugiego klucza. Widać, że mamy praktycznie do czynienia ze stanem ustalonym.

-

(10π )

0, 02927

L

i

≈ −

i

L

(10

-5

πx

)

i

L

(10

-5

πx

)

x

x

i

L

(10

-5

πx

)

x

Zadania z Przedmiotu

Obwody i sygnały

Stany nieustalone 01-10

© C. Stefański

1_ZadaniaOpAnObw1_10_2010.docx

25

Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres [e-mail]

Na kolejnym wykresie pokazano fragment przebiegu i

L

prądu cewki tuż po zamknięciu

drugiego klucza. Po raz kolejny wykres obejmuje przedział długości pięciu okresów pobu-
dzenia.

5

5

5

5

1,5 10

5

1,5 10

5

1

1

11

1

25

25

1025

1025

( )

cos(10

)

sin(10 )

cos(0, 5 7 10 )

7

sin(0, 5 7 10 )

L

i

τ

τ

τ

τ

τ

τ

τ

−

⋅

⋅

−

⋅

⋅

= −

⋅

−

⋅

+

⋅

⋅

⋅

+

⋅

⋅

⋅

e

e

,

10

( )

( )

L

L

t

i t

i

τ

τ

= −

=

.

+

(10π )

0, 02927

L

i

≈ −

Wykreślmy osobno składową przejściową i

Lp

prądu i

L

w tym samym przedziale czasu:

5

5

1,5 10

5

1,5 10

5

11

1

1025

1025

( )

cos(0,5 7 10 )

7

sin(0,5 7 10 )

Lp

i

τ

τ

τ

τ

τ

−

⋅

⋅

−

⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

+

⋅

⋅

⋅

e

e

,

10

( )

( )

Lp

Lp

t

i t

i

τ

τ

= −

=

.

Widać bardzo szybko zanikający stan przejściowy.

Na koniec zauważmy z satysfakcją, iż wyraźnie widać, że prąd induktora zachowywał

ciągłość mimo kolejnych zmian w analizowanym układzie. Zauważmy także bez zdziwienia,
iż prąd ustala się po kolejnych przełączeniach, a jego wartość średnia jest równa zeru. Dla-
czego tak się dzieje?

i

L

(10

-5

π

(x-10

6

))

i

Lp

(10

-5

π

(x-10

6

))

x

x