Раздел 7.2

7.2. ОПЕРАТОРНЫЙ МЕТОД РАСЧЁТА ПП
7.2.1. Основные теоретические положения
Сущность операторного метода заключается в том, что от некоторой
функции вещественного переменного (например, времени t), называемой
оригиналом f(t), переходят к функции комплексного переменного F(р),
называемой изображением. При этом дифуравнения относительно
оригиналов превращаются в алгебраические уравнения относительно
изображений, решение которых проще.
Изображение и оригинал функции связывают формулой прямого

преобразования Лапласа F(р) =  e  pt f ( t )dt .
0
В справочной литературе имеются таблицы оригиналов и
соответствующих им изображений. Изображения наиболее характерных
оригиналов приведены в табл. 7.3.
Таблица 7.3
Оригинал функции
Изображение по Лапласу
U0, Jk, uC(0)
U0
Jk
uC ( 0 )
,
,
p
p
p
t
-t
U0

U0·e , 1 – 1·e
,
p 
p( p   )
n
-t
1
n!
1
1·t, t , t·e
,
,
p2
p n 1 ( p   )2
e j(t +)
e j
p  j
sin(t +)
 e j  p sin   cos
=
Im 

p2   2
 p  j 
 e j  p cos   sin
=
Re 

p

j

p2   2


pF(р) – f(0)
F( p )
p
cos(t +)
Теорема дифференцирования, f (t)
Теорема интегрирования
t
 f ( t )dt
0
Закон Ома для последовательного участка R-L-C:
u (0)
U ( p )  L  iL ( 0 )  C
p
I(р) =
,
Z( p )
1
где Z(р) = R + pL +
– операторное сопротивление этого участка.
pC
В числителе кроме изображения напряжения на зажимах участка U(р)
79
фигурируют внутренние операторные ЭДС LiL(0) и
uC ( 0 )
, учитывающие
p
независимые начальные условия.
I закон Кирхгофа: для любого узла  I(р) = 0.
II закон Кирхгофа: для любого контура
n
n
uCk ( 0 )
).
p
k 1
k 1
Поскольку законы Ома и Кирхгофа в операторной форме имеют такой
же вид, как и в цепях постоянного тока (ЦПТ), то все методы анализа ЦПТ,
основанные на этих законах, могут быть применены для анализа
операторных схем с учётом независимых начальных условий.
По изображениям искомых величин, полученным в результате анализа
операторной схемы, находят оригиналы искомых величин. Для этого
применяют обратное преобразование Лапласа или используют таблицу
преобразований Лапласа, или пользуются теоремой разложения.
В
последнем случае изображение искомой величины приводят к виду:
F ( p)
F1( p )
F(р) = 1
или
,
F2 ( p )
pF2 ( p )
где F1(р) и F2(р) – степенные многочлены:
F1(р) = bm pm + bm-1 pm-1 + … + b1 p + b0, F2(р) = an pn + an-1 pn-1 + … + a1 p + a0,
причём m  n и дробь несократима (числитель и знаменатель не имеют
одинаковых корней). Оригинал определяется по формулам:
n F( p )
F1( p )
F1( p )
F ( 0 ) n F1( pk ) p k t
e ,
 f(t) =  1 k e p k t или
 f(t) = 1
+


F
(
p
)
p
F
(
p
)
F2 ( p )
pF
(
p
)
F
(
0
)
k 1 2
k 1 k 2
k
k
2
2
где pk – корни уравнения F2(р) = 0, а n – число корней этого уравнения,
F1(рk) и F2(рk) – значения многочлена F1(р) и производной от многочлена
F2(р) при k-м корне.
В случае пары комплексных сопряжённых корней можно использовать
F(p )

F1( p )
следующие формулы:
 f(t) = 2Re  1 1 e p1t 
F2 ( p )
 F2( p1 )

 I k ( p )Z k ( p ) =  ( Ek ( p )  Lk ik ( p ) 
 F(p )

F1( p )
F (0)
 f(t) = 1
+ 2Re  1 1 e p1t  .
pF2 ( p )
F2 ( 0 )
 pk F2( p1 )

Рекомендуемая последовательность расчёта ПП операторным методом.
1. Расчётом цепи до коммутации определяют независимые начальные
условия iL(0), uC(0) и записывают величины внутренних операторных ЭДС
u (0)
LiL(0) и C
.
p
2. Для цепи после коммутации составляется эквивалентная операторная
схема.
3. Любым методом анализа ЦПТ определяют изображения требуемых
токов и напряжений, приводя затем их к виду рациональной дроби.
или
80
4. По теореме разложения или с помощью обратных преобразований
Лапласа находят оригиналы искомых токов и напряжений переходного
процесса.
7.2.2. ПП в цепях с одним накопителем
ЗАДАЧА
7.45. a)
б)
Напряжение, приложенI1(p) r1
r1
ное к цепи рис. 7.68,а
С
r2
1/pC
r2
изменяется по закону
U(p)
u(t)
u(t) = 30t2 + 18t + 10 В.
i3
I2(p)
I3(p)
i1 i2
Параметры цепи: r1 = r2 =
Рис. 7.68
= 100 Ом, С = 10 мкФ.
Рассчитать ток конденсатора.
Решение
До появления напряжения на источнике цепь находилась в состоянии
покоя. Поэтому данная задача – с нулевыми начальными условиями, а
эквивалентная операторная схема выглядит так, как на рис. 7.68,б.
Изображение приложенного напряжения определяем, используя
30  2 18 10
таблицу преобразований Лапласа: U(p) = 3 + 2 + .
p
p
p
U( p )
Изображения первого и третьего токов: I1(p) =
;
r2  1
pC
r1 
r2  1
pC
I ( p )  r2
r pC
U ( p )r2 pC
U( p )
I3(p) = 1
=
 2
=
=
r2
1
r
pC

1
pr
r
C

r

r
2
1
2
1
2
r2 
r1 
pC
r2 pC  1
60 r2C
18r2C
10r2C
= 2
+
+
.
p ( pr1r2C  r1  r2 ) p( pr1r2C  r1  r2 ) pr1r2C  r1  r2
Разложим последнее выражение на простые дроби:
A B
D
I3(p) = + 2 +
.
pr1r2C  r1  r2
p p
Приведя в выражениях для I3(p) дроби к общему знаменателю и
приравняв числители, получим следующее уравнение:
Ар(рr1r2C + r1 + r2) + B(рr1r2C + r1 + r2) + Dp2 = 60r2C + р18r2C + р210r2C.
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях р и получаем
систему уравнений:
коэффициенты при p2 : АСr1r2 + D = 10r2C;
при p : А(r1 + r2) + ВСr1r2 = 18r2C;
при 1 : В(r1 + r2) = 60r2C.
60r2C 60  100  10 5
Отсюда В =
=
= 310 –4;
r1  r2
100  100
81
18r2C  BCr1r2 18  10 3  3  10 5
А=
=
= 910 –5;
r1  r2
200
D = 10r2C – АСr1r2 = 0,01 – 910 –510 –510 4 = 0,01.
Окончательно получаем:

0,01
9  10 5 3  10 4
I3(p) =
+
+
910 –5 + 310 –4t + 0,1е -2000t А = i3(t).


2

p  0,1  200
p
p
ЗАДАЧА 7.46. В приведенной на рис. 7.69,а схеме рассчитать
напряжение и ток индуктивности. Числовые значения: U = 24 В, L = 0,25 Гн,
R1 = 30 Ом, R2 = 10 Ом.
uL
б) IL(p)
a)
LiL(0)
iL
U
рL
L
R1
U/p
R2
UL(p)
R1
R2
Рис. 7.69
Решение
1. Рассчитаем независимое начальное условие и запишем величину
U
24
внутренней операторной ЭДС: iL(0+) = iL(0-) = 0 = = 2,4 А,
R2 10
LiL(0+) = 0,25·2,4 = 0,6 В·с.
2. Эквивалентная операторная схема приведена на рис. 7.69,б.
3. Поскольку обе операторные ЭДС оказались в одной ветви, изображение тока IL(p) определим по закону Ома:
U
24
U
 LiL ( 0 )
 p  2,4

pi
(
0
)
L
U  pLiL ( 0 )
p
0
,
25
L
IL(p) =
=
=
=
=
R1R2
R1R2
R1R2
30  10
pL 
p( pL 
) p( p 
) p( p 
)
R1  R2
L( R1  R2 )
R1  R2
0,25  40
96  p  2,4 F1( p )
=
=
.
p( p  30 ) pF2 ( p )
На основании второго закона Кирхгофа
U
 piL ( 0 )
L
UL(p) = рL·IL(p) – LiL(0) = рL·
– LiL(0) =
R1R2
p( p 
)
L( R1  R2 )
R1R2
U  pL  iL ( 0 )  LiL ( 0 )( p 
)
6
L( R1  R2 ) 24  p  0,6  0,6( p  30 )
=
=
=
.
R1R2
p

30
p

30
p
L( R1  R2 )
4. Оригинал тока iL(t) определим с помощью теоремы разложения:
82
F1( 0 ) n F1( pk ) p k t
e .
iL(t) =
+
F2 ( 0 ) k 1 pk F2( pk )
Корень уравнения F2(p) = p + 30 = 0 – p = -30 c -1,
производная F2(p) = 1, F2(0) = 30;
F1(0) = 96, F1(p) = 96 – 30·2,4 = 24;
96
24
iL(t) = +
е -30t = 3,2 – 0,8е -30t А.
30  30  1
6
есть станp  30
дартная (табличная) функция. Это – изображение экспоненты, поэтому
uL(t) = 6е -30t B.
Изображение напряжения на индуктивности UL(p) =
ЗАДАЧА 7.47. В схеме рис. 7.70,а рассчитать ток i2(t) и напряжение на
ёмкости uС(t), если U = 240 В, Е3 = 100 В, R1 = R3 = 50 Ом, С = 1000 мкФ.
R3
R1
U
в)
б)
a)
С
R1
UС(р)
uС
i2
Е3
U/p
1/pC
I2(p)
R3
uС(0)/p
Рис. 7.70
R1
UХХ(р)
U/p
uС(0)/p
IХ(р)
R3
Е3/p
Е3/p
Решение
1. Независимое начальное условие:
uС(0+) = uС(0-) = -Е3 = -100 В.
u ( 0 ) 100
Внутренняя операторная ЭДС C
=.
p
p
2. Операторная схема замещения представлена на рис. 7.70,б.
3. Поскольку по условию задачи требуется рассчитать только один ток,
то его изображение определим методом эквивалентного генератора
(рис. 7.70,в). По второму закону Кирхгофа:
U u ( 0 ) 240  ( 100 ) 340
UХХ(р) + R1·IХ(р) = – C
=
=
.
p
p
p
p
U E3

240  100 3,4
p
p
По закону Ома IХ(р) =
=
=
.
R1  R3 p( 50  50 ) p
340
3,4 170
Тогда UХХ(р) =
– 50
=
.
p
p
p
Входное сопротивление схемы относительно разомкнутых зажимов
RR
50  50
ZBХ(р) = 1 3 =
= 25 Ом.
R1  R3 50  50
Изображение искомого тока I2(p):
83
I2(p) =
U XX ( p )
Z BX ( p ) 
1
pC
=
170
p( 25 
1
)
0,001 p
=
6,8
.
p  40
u (0)
1
I2(p) = C
.
pC
p
 100
1
6,8
 100 p  2800 F1( p )
Отсюда UС(р) =
+
·
=
=
.
p
0,001 p p  40
p( p  40 )
pF2 ( p )
4. Оригинал тока найдём по таблице преобразований Лапласа:
i2(t) = 6,8е -40t А.
Оригинал напряжения найдём с помощью теоремы разложения:
корень уравнения F2(p) = p + 40 = 0 – p = -40 c -1,
производная F2(p) = 1, F2(0) = 40;
a
F1(0) = 2800, F1(p) = -100·(-40) + 2800 = 6800;
2800 6800 -40t
R1
uС(t) =
+
е = 70 – 170е -40t В.
R2
40  40  1
I3(p)
I1(p)
рL
ЗАДАЧА 7.48. Решить задачу 7.11
R3
U/p
операторным методом.
I2(p)
Ответы: i2(0) = 0,8 A; эквивалентная операторная схема на рис. 7.71;
Li2(0)
U
ab(p)
UR3 ( R2  pL )  pLi2 ( 0 )R1R3
Uab(p) =
;
Рис. 7.71 b
p( pL( R1  R3 )  R1R2  R1R3  R2 R3 )
U ( pL  R2  R3 )  pLi2 ( 0 )R3
33,6 p  3600
I1(p) =
=
;
p( pL( R1  R3 )  R1R2  R1R3  R2 R3 ) p( 15,6 p  1440 )
UR3  pLi2 ( 0 )( R1  R3 )
12 ,48 p  1800
I2(p) =
=
;
p( pL( R1  R3 )  R1R2  R1R3  R2 R3 ) p( 15,6 p  1440 )
U ( pL  R2 )  pLi2 ( 0 )R1
21,12 p  1800
I3(p) =
=
;
p( pL( R1  R3 )  R1R2  R1R3  R2 R3 ) p( 15,6 p  1440 )
i1(t) = 2,5 – 0,346е -92,31t А; i2(t) = 1,25 – 0,45е -92,31t А; i3(t) = 1,25 + 0,104е -92,31t А.
На основании второго закона Кирхгофа UС(р) –
а
ЗАДАЧА 7.49. Решить задачу 7.12
операторным методом.
I2(p)
r1
Ответы: независимое начальное
Li3(0)
U/p
r
2
условие – i3(0) = 1 А, эквивалентная операUab(p) рL
торная схема представлена на рис. 7.72;
I1(p)
p I3(p)
выражения для узлового напряжения и
Рис. 7.72 b
pLr2U  pLi3 ( 0 )r1r2
токов: Uab(p) =
;
p( pL( r1  r2 )  r1r2 )
p( Li3 ( 0 )r2  UL )  Ur2 
I1(p) =
  i1(t) = 3 – 1е -100t А;
p( pL( r1  r2 )  r1r2 ) 
84

UL  Li3 ( 0 )r1
I2(p) =
  i2(t) = е -100t А;
pL( r1  r2 )  r1r2 
pLi3 ( 0 )( r1  r2 )  Ur2 
I3(p) =
  i3(t) = 3 – 2е -100t А.
p( pL( r1  r2 )  r1r2 ) 
R1
R2
I3(p)
I1(p)
1/рС
U/p
I2(p)
R3
ЗАДАЧА 7.50. Решить задачу 7.13 операuС(0)/р
торным методом.
Ответы: uС(0) = 100 B, эквивалентная операРис. 7.73
торная схема на рис. 7.73;
U ( pCR2  1 )
0,6 p  100
I1(p) =
=
;
p( pC( R1 R2  R1R3  R2 R3 )  R1  R3 ) p( 1,2 p  150 )
 UCR1
 0,3
I2(p) =
=
;
pC( R1R2  R1R3  R2 R3 )  R1  R3 1,2 p  150
U ( pC( R1  R2 )  1 )
0,9 p  100
I3(p) =
=
;
p( pC( R1R2  R1R3  R2 R3 )  R1  R3 ) p( 1,2 p  150 )
i1(t) = 0,667 – 0,167е -125t А; i2(t) = -0,25е -125t А; i3(t) = 0,667 + 0,083е -125t А.
ЗАДАЧА 7.51. Рассчитать переходный процесс в схеме рис. 7.74 классическим и операторным
методами: u(t) = 100sin(200t + 90) B,
r1 = r2 = 100 Ом, С = 50 мкФ.
Решение
I. Расчёт классическим методом.
1. Получим независимое начальное условие
uC(0) анализом цепи до коммутации:
1
10 6
хC =
=
= 100 Ом, Z =
C 200  50
2
uC
i
C
u(t)
r1
r2
Рис. 7.74
 r1r2 
 100 
2

  xC2 = 
  100 = 111,8 Ом,
 2 
 r1  r2 
2
U m 100
=
= 0,894 A, UCm = ImхC = 0,894100 = 89,4 B,
Z 111,8
x
100
 = arctg C = -arctg
= -63,4, i =u –  = 90 + 63,4 = 153,4,
0 ,5r1
50
uC = i – 90 = 153,4 – 90 = 63,4,
uC(t-) = 89,4sin(200t + 63,4) B, uC(0+) = uC(0-) = 89,4sin63,4 = 80 B.
Зависимое начальное условие (ток в цепи в момент сразу после
u( 0 )  uC ( 0 ) 100  80
коммутации): i(0) =
=
= 0,2 А.
100
r1
2. Рассчитаем принуждённые составляющие тока и напряжения на
конденсаторе:
Um
100
Imпр =
=
= 0,707 A, UCmпр = ImпрхC = 0,707100 = 70,7 B,
2
2
2
2
r1  xC
100  100
Im =
85
 xC
100
= 90 + arctg
= 135,
100
r1
uCпр = iпр – 90 = 135 – 90 = 45,
uCпр(t) = 70,7sin(200t + 45) B, iпр(t) = 0,707sin(200t + 135) A.
Начальные значения принуждённых составляющих:
uCпр(0) = 70,7sin45 = 50 B, iпр(0) = 0,707sin135 = 0,5 A.
3. Характеристическое уравнение и его корень:
10 6
1
1
+ r1 = 0, р = == -200 с -1.
100  50
r1C
pC
4. Свободные составляющие: uCсв(t) = Ae рt, iсв(t) = Вe рt.
Постоянные интегрирования:
UC(p)
A = uCсв(0) = uC(0) – uCпр(0) = 80 – 50 = 30,
В = iсв(0) = i(0) – iпр(0) = 0,2 – 0,5 = -0,3.
5. Окончательно получаем:
uC(t) = uCпр(t) + uCсв(t) = 70,7sin(200t + 45) + 30e -200t B,
uC(0)/p 1/(pC)
i(t) = iпр(t) + iсв(t) = 0,707sin(200t + 135) – 0,3e -200t A.
r1
U(p) I(p)
II. Расчёт операторным методом.
1. Независимое начальное условие –
Рис. 7.75
uC(0+) = uC(0-) = 80 B.
2. Эквивалентная операторная схема на рис. 7.75.
Изображение напряжения источника находим по прямому
преобразованию Лапласа:

p
u(t) = 100sin(200t + 90)   100 2
= U(p).

p  200 2
3. Изображение тока находим по закону Ома, причём с целью
получения выражений, соответствующих таблице преобразований Лапласа,
полученное выражение разложим на правильные дроби:
100 p
80
u (0)

U( p )  C
2
2
p
0,001 p 2  160
p p  200
I(p) =
=
= 2
=
10 6
( p  40000 )( 0,005 p  1 )
r1  1
pC
100 
50 p
iпр =u – arctg
0,005 Ap 2  Ap  0,005 Bp  B  Dp 2  40000 D
Ap  B
D
+
=
.
p 2  40000 0,005 p  1
( p 2  40000 )( 0,005 p  1 )
Возникает следующая система уравнений: 0,005А + D = 0,001,
A + 0,005B = 0,
B + 40000D = -160.
Решение системы: А = 0,5; B = -100; D = -0,0015.
Таким образом,
0,5 p  100
0,5 p  100
 0,0015  200
 0,3
I(p) = 2
+
= 2
+
.
p  40000 ( 0,005 p  1 )  200 p  200 2 p  200
Первую дробь приведём к следующему табличному виду:
=
86
p sin   cos
0,5 p  100
=
М
.
p2   2
p 2  200 2
Возникает ещё одна система уравнений:
Мsin = 0,5,
Мsin = 0,5,
200Мcos = -100.
Мcos = -0,5.
0 ,5
tg = -1,  = 135, М =
= 0,707.
sin 135 
4. По таблице преобразований Лапласа находим ответ:
i(t) = 0,707sin(200t + 135) – 0,3e -200t A.
III. Следует отметить, что при синусоидальном источнике, напряжение
или ток которого можно записать в комплексной форме, возможен и другой
подход к нахождению изображений и оригиналов величин. Покажем его.
Согласно символическому методу, синусоидальное напряжение равно
мнимой части от комплексного мгновенного значения, записываемого в виде
экспоненты. Но тогда и изображение напряжения источника может быть
получено взятием мнимой части от изображения комплексного мгновенного
значения:

U me j u 
j(t + u)
ju jt
u(t) = Umsin(t +u)= Im[Ume
]= Im[Ume e ]   Im 
 = U(p).

p

j



Изображение тока находим по закону Ома по схеме рис. 7.75:
 U me j u j  uC ( 0 ) 
j

u
(
0
)
U ( p ) 

C



p

p

j

p

=
I(p) = Im 
= Im

1
1


r1 
r1 


pC




pC


j

 p U me u  juC ( 0 ) C  uC ( 0 )C 
 F1( p ) 
= Im 
 = Im 
,
F
(
p
)
(
p

j

)(
r
Cp

1
)


2
1




где F1(p) = pC(Ume ju – juC(0)) – uC(0)C,
F2(p) = (p – j)(r1Cp + 1).
Оригинал тока найдём с помощью теоремы разложения. Для этого
предварительно вычислим:
1
- корни уравнения F2(p) = 0: p1 = j = j200 с –1; p2 = = -200 с –1;
r1C
- F2(p) = 2r1Cp + 1 – jr1C; F2(p1) = j + 1; F2(p2) = -1 – j;
- F1(p1) = Ume jujC = 100jj2005010 –6 = -1;
- F1(p2) = -200(100j – j80)5010 –6 – 802005010 –6 =
= -0,8 – j0,2 = 0,825e –j166.

 1
 k  2 F1( pk ) p k t 
0,825  e  j166  200 t 
jt
=
 e  = Im 
e 
e
i(t) = Im  


j
135

1

j
F
(
p
)


 k 1 2 k

2e
87

 1 j( t 135  )
 1
= Im 
sin(t +135) – 0,583sin31e -200t =
e
 0,583e  j 31 e  200 t  =
2
 2

= 0,707sin(200t + 135) – 0,3e -200t A.
UCсв(p)
IV. Наконец, операторным методом можно
рассчитать только свободные составляющие тока и
напряжения
на
конденсаторе,
предварительно
uCсв(0)/p 1/(pC)
рассчитав
принуждённые
составляющие
r1
символическим методом (см. часть I настоящей
Iсв(p)
задачи): iпр(t) = 0,707sin(200t + 135) A;
Рис. 7.76
uCпр(t) = 70,7sin(200t + 45) B,
uCпр(0) = 70,7sin45 = 50 B, uCсв(0) = uC(0) – uCпр(0) = 80 – 50 = 30 B.
Эквивалентная операторная схема для свободного режима
представлена на рис. 7.76.
Полученная цепь рассчитывается на основании закона Ома, оригиналы
величин находим, используя таблицу преобразований Лапласа.
 uC св ( 0 )

 uC св ( 0 )  С  30  50  10 6
 0,3
р
Iсв(p)=
=
=
=
  -0,3e -200t A = iсв(t);
1
0,005 p  1
p  200 
r1 pC  1
r1 
pC
uC св ( 0 )  uC св ( 0 )  С uC св ( 0 )
1
UCсв(p) = Iсв(p)
+
=
+
=
p
p
pC
pC( r1 pC  1 )
 uC св ( 0 )  uC св ( 0 )( r1 pC  1 ) uC св ( 0 )r1C uC св ( 0 )
=
=
=
=
p( r1 pC  1 )
r1 pC  1
p 1
r1C

30
=
  30e -200t В = uCсв(t).
p  200 
ЗАДАЧА 7.52. В схеме рис. 7.77 найти ток
i1(t), если e(t) = 100 5 sin(1000t – 15°) В,
r1 = r2 = 25 Ом, L = 0,1 Гн, J = 4 A.
E m p  jJr2 ( p  j )
Ответы. I1(p) =
;
p( p  j )( r1  r2  pL )
i1(t) = -2 + 2sin(1000t – 78,5°) + 3,96e -500t A.
ЗАДАЧА 7.53. В схеме рис. 7.78
r = 100 Ом, С = 10 мкФ, E0 = 300 В,
e(t) = 100sin(1000t – 90°) В.
Определить ток ПП.
Ответы. uС(0) = -300 В,
расчётная операторная схема идентична
схеме рис. 7.75;
88
r1
r2
J
e(t)
L
i1
Рис. 7.77
i
r
e(t)
uC
Рис. 7.78
r
С Е0

 pEm
;

p 2  02
 pEm
uC ( 0 )

p
[  p 2 Em  ( p 2  02 )uC ( 0 )]C F1( p )
p 2  02
I(p) =
=
=
;
2
2
1
F
(
p
)
(
p


)(
rpC

1
)
2
0
r
pC
p1,2 =  j0 =  j1000 c -1, p3 = -1/(rC) = -1000 c -1;
F2(p) = 2p(rpC + 1) + (p2 + 02)rC;
3 F( p )
F(p )
 F(p )
i(t) =  1 k e pk t = 2Re  1 1 e p1t  + 1 3 e p3t =
k 1 F2 ( p k )
 F2( p1 )
 F2( p3 )
1
=
cos(1000t – 135°) + 2,5e -1000t = 0,707sin(1000t – 45°) + 2,5e -1000t A.
2
e(t) = -Emcos0t  
ЗАДАЧА 7.54. В схеме рис. 7.79 рассчитать
i1 r
i3
1
-t
токи i1(t) и i3(t), если u(t) = U0·e , U0 = 40 В,
u(t)
L
r2
 = 20 c -1, r1 = 5 Ом, r2 = 10 Ом, L = 100 мГн.
U
Ответы. U(p) = 0 ;
Рис. 7.79
p 
U 0 ( r2  pL )
F ( p)
U( p )
I1(p) =
=
= 1
;
r2 pL ( p   )[ pL( r1  r2 )  r1r2 ] F2 ( p )
r1 
r2  pL
p1 = - = -20 c -1; p2 =-33,33 c -1; F2(p) = (р + )L(r1 + r2) + рL(r1 + r2) + r1·r2;
2 F( p )
i1(t) =  1 k e pk t = 16e -20t – 13,33e -33,33t A;
k 1 F2( pk )
U 0 r2
r2
I3(p) = I1(p)·
=
; i3(t) = 20e -20t – 20e -33,33t A.
r2  pL ( p   )[ pL( r1  r2 )  r1r2 ]
ЗАДАЧА 7.55. Решить задачу 7.18 операторным методом.
Решение
Задачу решим, используя в качестве вычислительной техники
MathCAD. Отметим, что в MathCAD в качестве операторной переменной р
используется переменная s; единичная скачкообразная функция 1(t)
Хевисайда обозначается Ф(t).
Исходные данные:  := 0.6·10 -3 r1 := 20 r2 := 30 С := 5·10 -5.
ЭДС источника в виде прямоугольного импульса, записанная с
помощью функции Хевисайда: Е(t) := 100·(Ф(t) – Ф(t – )).
100 .
e( .6000 e3 )s
laplace,t
Изображение ЭДС: Е(t)

– 100·
.
float ,4
s
s
100 .
e( .6000 e3 )s
Перезадаём ЭДС: ЕЕ(s) :=
– 100·
.
s
s
89
Входное операторное сопротивление цепи:
1
r2 
3.  s  5000
simplify
s C
Z(s) := r1 +
Z(s)
 20.·
.
float ,4
1
3
.

s

2000
r2 
s C
Изображения токов:
1
r2
EE( s )
I1(s) :=
I2(s) := I1(s)· s  C
I3(s) := I1(s)·
.
1
1
Z( s )
r2 
r2 
s C
s C
Оригиналы токов:
invlaplace, s
I1(s)
2.+3.·е (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е
float ,4
(-
1667.)·t+1
I2(s)
invlaplace, s
2.–2.·е
float ,4
(-1667.)·t
– 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е
1667.)·t+1
invlaplace, s
 5.·е (-1667.)·t – 5.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1.
float ,4
Для построения графиков токов их нужно перезадать:
i1(t) := 2.+3.·е (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1
i2(t) := 2.–2.·е (-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1
i3(t) = 5.·е (-1667.)·t – 5.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1.
Полученные ответы для
6
токов при необходимости путём
Рис. 7.80
некоторых
преобразований
4
могут быть приведены к виду
ответов к задаче 7.18. Графики I1( t )
2
токов приведены на рис. 7.80.
I3(s)
I2( t )
ЗАДАЧА 7.56. Решить за- I3( t ) 0
дачу 7.19 операторным методом.
Решение
2
Примем, что прямоугольные импульсы начинают посту4
4
0
5 10
пать с момента времени t = 0.
Это допущение необходимо в
связи с тем, что преобразования Лапласа
осуществляются только для t  0. Период
источника составляет, согласно условию, 2.
Поскольку учёт действия бесконечно большого
числа импульсов источника вызывает затруднения (см. задачу 7.57), рассмотрим их ограничен90
0.001
0.0015
0.002
t
100
E( t ) 50
0
0
0.002
Рис. 7.81
0.004
t
(-
ное количество. Так как практическая длитель-ность переходного процесса
составляет 5, то есть менее трёх периодов, достаточно учесть три периода
(импульса) до начала расчётного (рабочего) периода, находящегося в
диапазоне 3Т  t  4Т.
С учётом сказанного, ЭДС источника записывается формулой:
3
Е(t) := 100·   ( t  k  T )   [ t  ( k  T  0.5  T ).
k 0
E( t)
Для контроля выведем график Е(t) (рис. 7.81).
(  .6000e-3)  s
(  .1200e-2)  sпредставляется
(  .1800e-2)  s
(  .2400e-2)  s
(  .3000e-2
)s
(  .3600e-2)  s
(  .4200e-2)  s
длинной
laplace  t 100.Изображение
e
eЭДС
e
e довольноe
e формулой,
e

 100.
 100.
 100.
 100.
 100.
 100.
 100.
floatпоэтому
4
s
s
s
s
s
s
s
приводим
её в уменьшенном
виде: s
Перезадаём ЭДС:
EE( s ) 
100.
s
 100.
e
(  .6000e-3)  s
s
 100.
e
(  .1200e-2)  s
s
 100.
e
(  .1800e-2)  s
s
 100.
e
(  .2400e-2)  s
s
 100.
e
(  .3000e-2)  s
s
 100.
e
(  .3600e-2)  s
s
 100.
e
(  .4200e-2)  s
Поскольку цепь та же, что и в задаче 7.55, формулы для входного
сопротивления, изображений и оригиналов будут теми же, что и в задаче
7.55. Ответы для токов, по которым построены графики рис. 7.82, выглядят
следующим образом:
i1(t) :=2.+3.·е (-1667.)·t –2.·Ф(t–.6000е-3)–3.·Ф(t –.6000е-3)·е (-1667.)·t+1+
+2.·Ф(t–.1200е-2)+3.·Ф(t–.1200е-2)·е (-1667.)·t+2–2.·Ф(t–.1800е-2)–…
i2(t) :=2.–2.·е (-1667.)·t –2.·Ф(t–.6000е-3) + 2.·Ф(t–.6000е-3)·е (-1667.)·t+1+ …
i3(t) = 5.·е (-1667.)·t –5.·Ф(t–.6000е-3)·е (-1667.)·t+1+5.·Ф(t–.1200е-2)·е (-1667.)·t+2 …
У первого и второго токов
6
в
ответе
содержится
16
Рис. 7.82
слагаемых, у третьего – 8.
4
На графиках рис. 7.82
рабочим участком является I1( t )
2
диапазон 0,0036 с  t  0,0048 с. I2( t )
ЗАДАЧА 7.57. Задачу 7.22
решить операторным методом,
используя
способ
расчёта
установившейся реакции путём
суммирования
изображений
реакций в области комплексного
переменного.
I3( t ) 0
2
4
0.0025
0.003
0.0035
0.004
0.0045
t
Решение
Рассчитаем изображение по Лапласу первого импульса напряжения на
интервале 0  t  t0
t0

U 
 pt
U1(p) =  u1( t )e dt =  U m sin( t )e  pt dt = 2 m 2 (1 + e  pt0 ).
p 
0
0
91
s
Для определения изображения напряжения просуммируем n
одинаковых импульсов, смещённых во времени на период T. Получим
U(p) = U1(p)[1 + e -pT + e -2pT + … + e –(n-1)pT].
Для установившегося режима n  
1  e  npT
1
U(p) = U1(p)
=
U
(p)
=
1
n


1  e  pT
1  e  pT
U 
U m 1  e  pt0
1
= 2 m 2 (1+ e  pt0 )
=
.
1  e  pT p 2   2 1  e  pT
p 
Изображение тока на n-м интервале при n  
U m( 1  e  pt0 )
F ( p)
U( p ) U( p )
I(p) =
=
= 2
= 1
.
2

pT
Z ( p ) r  pL ( p   )(1  e
)( r  pL ) F2 ( p )
Полюс изображения, полученный из уравнения
Z(p) = r + pL = 0,
-1
-1
p1 = -r/L = - = -25 c
определяет свободную составляющую тока, которая
F(p )
рассчитывается по теореме разложения iсв(t) = 1 1 e p1t ,
F2( p1 )
где F2(p1) = (p12 + 2)(1 – e  p1T )L.
U m ( 1  e t 0 /  )
1  e t 0 /  
e .
e = Imsin
Тогда iсв =
1  eT / 
(( r / L )2   2 )(1  eT /  )L
Заметим, что полученное выражение справедливо для любого (n+1)-го
импульса при n  , 0 < t < , если t отсчитывается от начала этого
импульса, что непосредственно следует из определения оригинала: f(t)  0
при t < 0.
Из классического метода расчёта переходных процессов следует, что
i = iпр + iсв, слагаемое iпр определяется видом приложенного к схеме
напряжения: если это напряжение периодическое, то уже на интервале
действия первого импульса есть слагаемое iпр = iуст – установившаяся
реакция на периодическое воздействие. Таким образом, iуст = i(1) – iсв,
где i(1) – ток переходного процесса в интервале действия первого импульса.
Для рассматриваемого примера в интервале действия (n+1)-го
импульса для t(0 … t0) получаем
iуст(t) = Imsin(t – ) + Imsin · e

t


t
t

1  e t 0 /  
e =
– Imsin
1  eT / 
t

eT /   e t0 / 
 A;
e
= Imsin(t – ) – Imsin
=
4,94sin(

t
–
85,45º)
+
22,24
T /
1 e
в период паузы t(t0 … T)
t

iуст(t) = A e
t t 0

1  e t 0 /  
e
– Imsin
1  eT / 
t

e t0 /   1  
=  A  I m sin 
e
T / 
1

e


t t 0

=

= 22,24 e
92
t t 0

A.
Как и следовало ожидать, полученные результаты совпадают с ранее
вычисленными двумя разными методами. Отметим, что для контроля
правильности решения задачи для периодического решения необходимо
проверять условие, на котором базируется первый из рассмотренных
методов: iуст(0) = iуст(T).
7.2.3. ПП в цепях с двумя накопителями
ЗАДАЧА 7.58. В схеме рис. 7.83,а найти ток i3(t) и напряжение uС(t)
операторным методом. Параметры цепи:
Е = 300 В, r1 = r3 = 25 Ом, L = 0,02 Гн, С = 100 мкФ.
2
б) I1(p)
a)
I3(p)
рL
i1 r1
r1
L
uС(0)/p
E/p
С
r3
E uC
1/pC Li3(0)
UC(p)
i2 i3
I2(p)
Рис. 7.83
3
Решение
1. Для построения операторной схемы определяем независимые
E
300
начальные условия: i3(0+) = i3(0-) =
=
= 6 A,
r1  r2 25  25
uC(0+) = uC(0-) = r3·i3(0-) = 25·6 = 150 В.
2. Эквивалентная операторная схема показана на рис. 7.83,б.
3. Выполним расчёт схемы методом двух узлов.
U23(p) = UC(p) =
Li ( 0 )
E 1 uC ( 0 )
 
pC  3
EL  r1 pLCuC ( 0 )  r1 Li3 ( 0 ) F1U ( p )
p r1
p
pL
=
=
=
;
2
1
1
F
(
p
)
r
LCp

pL

r
2
1
1
 pC 
r1
pL
U ( p )  Li3 ( 0 ) E  r1 pCuC ( 0 )  i3 ( 0 ) pL( r1 pC  1 ) F1I ( p )
I3(p) = 23
=
=
.
F2 ( p )
pL
p( r1 LCp2  pL  r1 )
4. Оригиналы величин найдём по теореме разложения.
Положим F2(p) = r1LCp2 + pL + r1 = 5·10 -5p2 + 0,02p + 25 = 0,
корни уравнения р1,2 = -200  j678 c -1 = -706,9·e -j73,56°;
F2(0) = 25; F2(p) = 10 -4p + 1; F2(p1) = j0,0678.
F ( p )

Формула для напряжения на конденсаторе: uС(t) = 2Re  1U 1 e p1t  ;
 F2( p1 )

-4
j73,56°
F1U(p1) = 300·0,02 + 25·(-200 + j678)·0,02·10 ·150 – 25·0,02·6 = 5,3·e
;
 5,3e j 73 ,56 

e  200 t e j 678 t  = 156,3e -200tcos(678t – 16,44°) =
uС(t) = 2Re 
 j 0,0678



= 156,3e -200tsin(678t + 73,56°) B.
93
F ( p )

F1I ( 0 )
+ 2Re  1I 1 e p1t  ;
F2 ( 0 )
 F2( p1 )

-4
F1I(0) = 300; F1I(p1) = 300 + 25·(-200 + j678)·10 ·150 +
+ 6·(-200 + j678)·0,02·(25·(-200 + j678)·10 -4 + 1) = 265·e j73,56°;
j 73 ,56 


265
e
300
 200 t j 678 t 

i3(t) =
+ 2Re
=
e
e
  706 ,9e  j 73 ,56  j 0,0678

25


= 12 + 11,06e -200tsin(678t – 32,88°) А.
Рассчитываем ток i3(t) =
ЗАДАЧА 7.59. В схеме рис. 7.84 определить ток i2(t) при следующих
параметрах цепи: е(t) = Еmsin(0t + ); Еm = 400 В, 0 = 100 рад/с,  = -45°;
L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ, r1 = 25 Ом, r2 = 75 Ом.
б)
a)
i1
рL
i
L
r1
1/pC
Liсв(0) r
2
r1
Iсв(p)
е(t)
r2
I2св(p) I1св(p)
uСсв(0)/p
С
i2
Рис. 7.84
Решение
1. Рассчитаем независимые начальные условия.
Im =
Em
r1  j0 L 
UCm = Im·
1
400e  j 45
=
1
j0C

25  j100  0,25 
6
10
j100  400
= 16·e –j45° А;
= 16·e –j45°·(-j25) = 400·e –j135° B;
j 0 C
i(t-) = 16sin(0t – 45°) А;
uC(t-) = 400sin(0t – 135°) B;
i(0+) = i(0-) = 16sin(-45°) = -8 2 A, uC(0+) = uC(0-) = 400sin(-135°) = -200 2 В.
2. Рассчитаем принуждённые составляющие iпр(t), i2пр(t) и uCпр(t)
символическим методом.

400e  j 45
Imпр =
=
= 16·e –j73,05° А;
1
75( 25  j 25 )
r2 ( r1  j
) j 25 
0C
75  25  j 25
j 0 L 
1
r2  r1  j
0C
1
r1  j
0 C
25  j 25
I2mпр = Imпр·
= 16·e –j73,05°·
= 5,49·e –j104° А;
1
100  j 25
r2  r1  j
0 C
Em
94
UCmпр = I1mпр·
1
j 0 C
r2
= Imпр·
r2  r1  j
1
0 C
·
1
j 0 C
= 16·e –j73,05°·
75
·(-j25) =
100  j 25
= 291,4·e –j149,05° В;
i2пр(t) = 5,49sin(0t – 104°) A, iпр(t) = 16sin(0t – 73,05°) A,
uCпр(t) = 291,4sin(0t – 149,05°) В.
Начальные значения принуждённых составляющих:
iпр(0+) = 16sin(-73,05°) = -15,3 A, uCпр(0+) = 291,4sin(-149,05°) = -150 В.
3. Применим операторный метод для определения свободной
составляющей тока i2св(t). Для этого определим начальные значения
свободных составляющих тока в индуктивности и напряжения на ёмкости:
iсв(0+) = i(0+) – iпр(0+) = -8 2 + 15,3 = 4 A,
uCсв(0+) = uC(0+) – uCпр(0+) = -200 2 + 150 = -133 В.
Операторная схема для свободных составляющих представлена на
рис. 7.84,б.
4. Полученную схему рассчитаем методом двух узлов.
Liсв ( 0 )
uCсв ( 0 )

1
pL
p( r1 
)
[( r pC  1 )Liсв ( 0 )  uCсв ( 0 ) pLC ] r2
pC
U12св(p) =
= 1
;
2
1
1
1
(
r

r
)
LCp

(
L

r
r
C
)
p

r
1
2
1 2
2


r2 r  1
pL
1
pC
U ( p ) ( r1 pC  1 )Liсв ( 0 )  uCсв ( 0 ) pLC F1( p )
I2св(p) = 12 св
=
=
.
r2
( r1  r2 )LCp 2  ( L  r1r2C ) p  r2 F2 ( p )
5. Оригинал тока i2св(t) определим с помощью теоремы разложения.
Корни уравнения F2(p) = 0,01p2 + p + 75 = 0 р1,2 = -50  j50 2 c -1;
F2(p) = 0,02p + 1; F2(p1) = j 2 .
F1(p1) = (10 -2·(-50 + j50 2 )+1)·0,25·4 + 10 -4·(-50+j50 2 )·(-133) = 1,188·e –
j11,3°
;
 1,188e  j11,3

 F1( p1 ) p1t 
e  = 2Re 
e 50 t e j 70 ,7t  =
i2св(t) = 2Re 


j 2
 F2( p1 )



-50t
= 1,68e cos(70,7t – 101,3°) = 1,68e -50tsin(70,7t – 11,3°) А.
Окончательно получаем:
i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 5,49sin(100t – 104°) + 1,68e -50tsin(70,7t – 11,3°) А.
ЗАДАЧА 7.60. В схеме рис. 7.85,а рассчитать токи переходного
а)
б)
L
U
r1
r2
r1+рL
С
U/p
95
Рис. 7.85
а
Li1(0)
r2
I2(p)
I1(p)
1/(pC)
Uab(p)
p
uC(0)/p
b I3(p)
процесса операторным методом. Параметры цепи:
U = 200 В, r1 = 40 Ом, r2 = 60 Ом, L = 0,7 Гн, С = 100 мкФ.
Ответы: независимые начальные условия – i1(0) = 3,33 А, uC(0) = 200 В,
эквивалентная операторная схема представлена на рис. 7.85,б; изображения
узлового напряжения и токов:
p 2 LCr2uC ( 0 )  pr2 ( Li1( 0 )  uC ( 0 )Cr1 )  Ur2
Uab(p) =
;
p( p 2 LCr2  p( L  r1r2C )  r1  r2 )
p 2 Li1( 0 )Cr2  pLi1( 0 )  U
I1(p) =
;
p( p 2 LCr2  p( L  r1r2C )  r1  r2 )
I2(p) =
p 2 LCuC ( 0 )  p( Li1( 0 )  uC ( 0 )Cr1 )  U
;
p( p 2 LCr2  p( L  r1r2C )  r1  r2 )
uC ( 0 )Cr1
I3(p) = 2
;
p LCr2  p( L  r1r2C )  r1  r2
оригиналы токов: i1(t) = 2 + 1,39е –111,9tsin(106,2t + 106,3) A;
i2(t) = 2 + 1,936е –111,9tsin(106,2t + 43,5) A; i3(t) = 1,794е –111,9tsin(106,2t) A.
ЗАДАЧА 7.61. Решить задачу 7.32 операторным методом.
Решение
1. Независимые начальные условия:
U
100
i1(0+) = i1(0-) =
=
= 1 А, i3(0+) = i3(0-) = 0.
r1  r2 50  50
2. Эквивалентная операторная схема представлена на рис. 7.86.
3. Расчёт цепи выполним методом контурных токов. Система
уравнений для контурных токов (в качестве контурных приняты токи первой
и третьей ветвей) имеет вид:
U
I1(р)(r1 + pL1+ r2) + I3(р)(pМ – r2) = + L1i1(0),
p
I1(р)(pМ – r2) + I3(р)(pL2 + r2) = Mi1(0).
Решим систему методом Крамера:
pL  r  r pM  r2
(р) = 1 1 2
= p2(L1L2 – М2) + p((L1 + 2M)r2 + L2(r1 + r2)) + r1r2;
pM  r2
pL2  r2
U
 L1i1( 0 )
1(р) = p
Mi1( 0 )
3(р) =
pL1  r1  r2
pM  r2
pM  r2
=
pL2  r2
1
= (p2(L1L2 – М2)i1(0) + p(Mi1(0)r2 + UL2 + L1i1(0)r2) + Ur2);
p
U
 L1i1( 0 ) 1
= {p[i1(0)(L1r2 + M(r1 + r2)) – UM] + Ur2};
p
p
Mi1( 0 )
96
1( p ) p 2 ( L1 L2  M 2 )i1( 0 )  p( Mi1( 0 )r2  UL2  L1i1( 0 )r2 )  Ur2
I1(р)=
=
=
( p )
p [ p 2 ( L1 L2  M 2 )  p(( L1  2 M  L2 )r2  L2 r1 )  r1r2 ]
p 2  0 ,0175  p  27 ,5  5000
=
I3(р)=
3( p )
( p )
=
p( p  0 ,0175  p  30  2500 )
2
=
F1( p )
;
pF2 ( p )
p [ i1( 0 )( L1r2  M ( r1  r2 ))  UM ]  Ur2
=
p [ p 2 ( L1 L2  M 2 )  p(( L1  2 M  L2 )r2  L2 r1 )  r1r2 ]
F3 ( p )
p  5  5000
=
=
.
p( p 2  0 ,0175  p  30  2500 ) pF2 ( p )
pМ
*
I1(р) r1
L1i1(0) Mi2(0)=0
U/р
I1(р)
*
pL2
pL1
r2
I2(р)
I3(р)
L2i2(0)=0 Mi1(0)
I3(р)
Рис. 7.86
4. Оригиналы токов определим с помощью теоремы разложения.
Корни уравнения F2(р) = p20,0175 + p30 + 2500 = 0:
p1,2 = -857,1  769,3 c –1; p1 = -87,8 c –1; p2 = -1626,4 c –1.
F2(0) = 2500; F2(p) = 0,035p + 30; F2(p1) = 26,93; F2(p2) = -26,93.
Расчёт первого тока: F1(р) = p20,0175 + p27,5 + 5000;
F1(0) = 5000; F1(р1) = 2720; F1(р2) = 6565.
F ( 0 ) k  2 F1( pk ) p k t 5000
2720
e =
i1(t) = 1
+
+
е –87,5t +
2500  87 ,5  26 ,93
F2 ( 0 ) k 1 pk F2( pk )
6565
+
е –1626,4t = 2 – 1,154е –87,5t + 0,150е –1626,4t А.
 1626 ,4  ( 26 ,93 )
Расчёт третьего тока: F3(р) = p5 + 5000;
F3(0) = 5000; F3(р1) = 4561; F3(р2) = -3132.
F ( 0 ) k  2 F3 ( pk ) p k t 5000
4561
e =
i3(t) = 3
+
+
е –87,5t +
2500  87 ,5  26 ,93
F2 ( 0 ) k 1 pk F2( pk )
 3132
+
е –1626,4t = 2 – 1,929е –87,5t – 0,072е –1626,4t А.
 1626 ,4  ( 26 ,93 )
Ток второй ветви вычислим по первому закону Кирхгофа:
i2(t) = i1(t)– i3(t) = 2 – 1,154е –87,5t + 0,150е –1626,4t – 2 + 1,929е –87,5t +
+ 0,072е –1626,4t = 0,775е –87,5t + 0,222е –1626,4t А.
ЗАДАЧА 7.62. В схеме рис. 7.87,а определить i(t), uC(t) операторным
методом если: U = 100 В, r = 200 Ом, L = 1 Гн, С = 100 мкФ.
а)
б)
I(p) r
r
1/(pC)
С
U
UC(p)
U/p
Li(0)
L
pL
i
p
97
Рис. 7.87
Решение
1. Независимые начальные условия:
uС(0+) = uС(0-) = 0,
i(0+) = i(0-) = U/r = 100/200 = 0,5 A.
2. Эквивалентная операторная схема на рис. 7.87,б.
3. Изображения тока и напряжения на конденсаторе:
U
 Li( 0 )
[ U  pLi( 0 )]C F1I ( p )
p
I(р) =
= 2
=
;
1
F
(
p
)
p
LC

rpC

1
2
r  pL 
pC
F1U ( p )
U  pLi( 0 )
1
UC(р) = I(р)·
=
=
.
pC p [ p 2 LC  rpC  1] pF2 ( p )
4. Оригиналы величин определим с помощью теоремы разложения.
Корни уравнения F2(р) = p210 -4 + p0,02 + 1 = 0:
 0 ,01  0 ,012  10  4
p1,2 =
= -100  0 c –1; p1 = p2 = pk = -100 c –1.
4
10
При кратных корнях pk кратности m = 2 получим:
1
d m 1
i(t) =
[I(р)(р – pk)mе pt]ppk =
m

1
( m  1 )! dp
d
=
dp
=
 [ U  pLi( 0 )]C
2 pt 
(
p

p
)
e 
 2
k
2
p
(
p

p
)
k
 k

10 4
[Li(0)е pk·t + (U + рkLi(0))tе pk·t]
ppk=
2
100
= 0,5е -100t + (100 – 100·1·0,5)tе -100t = 0,5е -100t + 50tе -100t A;
F1U ( 0 )
1
d m 1
uС(t) =
+
[UC(р)(р – pk)mе pt]ppk =
m

1
F2 ( 0 ) ( m  1 )! dp
U d U  pLi( 0 ) pt 
e  ppk =
+

1 dp  p  pk 2

 Li( 0 ) pLC  [ U  pLi( 0 )] pk 2 pt U  pLi( 0 ) pt 
e 
te 
= U +
2 2
2
(
p

p
)
p

p
k
k


-100t
-100t
= 100 – 100е
– 15000tе
В.
=
ppk =
ЗАДАЧА 7.63. Определить ток ПП i2(t) в схеме рис. 7.88,а с параметрами r1 = r4 = 200 Ом, r2 = r5 = 100 Ом, С1 = С3 = 100 мкФ, Е4 = 300 В, J = 1 А.
Решение
а)
б)
I2(p)
i2
r2
r1
J
r5
i5
r2
r4
С1
J/p
С3
E4
Рис. 7.88
98
r1
r4
1/(pC1)
1/(pC3)
E4/p
uC1(0)/p
uC3(0)/p
Если применить традиционный метод расчёта ПП операторным
методом, то эквивалентная операторная схема будет иметь вид рис. 7.88,б.
Схема является достаточно сложной. С целью упрощения схемы можно
применить приём, который называется «сведение к нулевым начальным
условиям». Суть его заключается в том, переходный процесс на основании
принципа наложения представляем суммой двух режимов – докоммутационного режима и искусственного дополнительного режима, который накладывается на докоммутационный режим. Причём дополнительный режим
должен быть таким, чтобы обеспечить послекоммутационные условия в
ветви с рубильником – ток в ветви с рубильником после коммутации должен
стать равным нулю. Очевидно, что с этой целью в ветвь с рубильником надо
включить источник тока по величине
I2д(p)
равный току в рубильнике до
i50/p
r2
коммутации и направленный в
r1
r4
противоположную
сторону.
Расчётная
операторная
схема
1/(pC1)
1/(pC3)
дополнительного режима содержит
только один источник (рис. 7.89).
Рис. 7.89
Вычисляем значения токов
второй и пятой ветвей до коммутации:
J  r5  E4
1  100  300
i20 =
=
= -0,5 А, i50 = J – i20 = 1 + 0,5 = 1,5 А.
r2  r4  r5 100  200  100
Дополнительный режим рассчитаем операторным методом по схеме
i50 
1 
 r1 

p
pC1 
рис. 7.89:
I2д(p) =
=
r4 1
pC3
1
r1 
 r2 
pC1
r4  1
pC3
i50 ( 1  pr1C1 )(1  pr4C3 )
F1( p )
=
=
.
p [ p 2 ( r1  r2 )r4C1C3  p( r4C3  r1C1  r2C1  r4C1 )  1 ] pF2 ( p )
Корни уравнения F2(p) = 6·10 -4p2 + 0,07p + 1 = 0
р1 = -16,67 c -1; р2 = -100 c -1.
F2(0) = 1; F2(p) = 1, 2·10 -3p + 0,07; F2(p1) = 0,05, F 2(p2) = -0,05.
F1(0) = i50 = 1,5; F1(p1) = 1,5·(1 – 16,67·0,02)(1 – 16,67·0,02) = 0,6665;
F1(p2) = 1,5·(1 – 100·0,02)(1 – 100·0,02) = 1,5.
Искомый ток дополнительного режима
F ( 0 ) k  2 F1( pk ) p k t 1,5
0 ,6665
1,5
i2д(t) = 1
+ 
e –16,67t +
e –100t =
e = +

100  0 ,05
F2 ( 0 ) k 1 p F ( p )
1  16 ,67  0 ,05
k 2
k
= 1,5 – 0,8e –16,67t + 0,3e –100t А.
Полный ток переходного процесса в соответствии с принципом
наложения
i2(t) = i20(t) + i2д(t) = -0,5 + 1,5 – 0,8e –16,67t + 0,3e –100t = 1 – 0,8e –16,67t + 0,3e –100t А.
99
ЗАДАЧА 7.64. В схеме рис. 7.90,а определить токи операторным
методом путём сведения расчётов к нулевым начальным условиям.
Параметры схемы: r = 10 Ом, L = 29,4 мГн, С = 100 мкФ, Е = 100 В.
б)
a)
uруб/p
i1
r
С
Е
r
I1д(p)
uруб
i3
i2
L
1/pC
рL
I2д(p) I3д(p)
Рис. 7.90
Комментарии и ответы. Значения токов и напряжения на рубильнике
до коммутации: i10 = i20 = i30 = 0, uруб = Е = 100 В.
Поскольку рубильник в цепи замыкается, то для обеспечения на нём
после коммутации нулевого напряжения необходимо в дополнительном
режиме включить вместо рубильника источник ЭДС обратной полярности с
напряжением uруб. Операторная схема для расчёта дополнительного режима
приведена на рис. 7.90,б. Изображения и оригиналы токов:
 u руб rC
u руб ( rpC  1 )
u руб
I3д(p)=
;
I
(p)=
;
I
(p)=
;
2д
1д
p( p 2 rLC  pL  r )
p( p 2 rLC  pL  r )
p 2 rLC  pL  r
i3(t) = i3д(t) = 10 – 11,34е –500tsin(300t + 62) A;
i2(t) = -11,34е –500tsin(300t) A;
i1(t) = 10 – 19,44е –500tsin(300t + 31) A.
ЗАДАЧА 7.65. В схеме рис.7.91,а рассчитать токи переходного процесса,
M
если L1 = 0,6 Гн, L2 = 0,5 Гн, k =
= 0,8, r2 = 60 Ом, r3 = 30 Ом, Е = 180 В.
L1 L2
a)
i1
i3
L1
M
б)
I1(p) p(L1+M)
L2
p(L2+M)
r3
E
-pM
r3
E/p
r2
r2
I2(p)
i2
I3(p)
Рис. 7.91
Комментарии и ответы. После устранения индуктивной связи
эквивалентная операторная схема имеет вид рис. 7.91,б. Изображения и
оригиналы токов:
E( r2  r3  pL2 )
F ( p)
I1(p) =
= 1
;
2
2
p [ p ( L1 L2  M )  p( r2 L1  r3 L1  r3 L2  2r3 M )  r2 r3 ] pF2 ( p )
E( r3  pM )
E( r2  p( L2  M ))
I2(p) =
;
I3(p) =
;
pF2 ( p )
pF2 ( p )
i1(t) = 9 – 8,220е -19,3t – 0,780е -863t A;
i2(t) = 3 – 3,935е -19,3t + 0,936е -863t A; i3(t) = 6 – 4,286е -19,3t – 1,714е -863t A.
100
ЗАДАЧА 7.66. Определить токи ПП при включении трансформатора
(рис. 7.92): r1 = 10 Ом, r2 = 20 Ом, L1 = 0,4 Гн,
i1
L2 = 0,2 Гн, k = 0,707, U = 200 В.
М
Ответы: система уравнений трансформатоi2
*
*
ра в операторной форме:
U
L1
L2
U
r1
r2
I1(р)(r1 + pL1) + I2(р)pМ = ,
p
I1(р)pМ + I2(р)(r2 + pL2) = 0.
Рис. 7.92
Изображения и оригиналы токов:
F2(p) = p2(L1L2 – М2) + р(r1L2 + r2L1) + r1r2;
U ( r2  pL2 )
 UM
I1(p) =
; I2(p) =
;
pF2 ( p )
pF2 ( p )
i1(t) = 20 – 17,28е -21,92t – 2,72е -208,08t A; i2(t) = -4,85е -21,92t + 4,85е -208,08t A.
ЗАДАЧА 7.67. Определить ток i2(t) при включении трансформатора
(рис. 7.93): r1 = 20 Ом, r2 = 100 Ом, L1 = 0,5 Гн, L2 = 0,6 Гн, M = 0,5 Гн,
e(t) = Emsin0t, Em = 100 B, 0 = 100 рад/с.
М
Ответы:
система
уравнений
трансформатора в операторной форме:
r1 *
* i2
E 
e(t)
L1
L2 r2
I1(р)(r1 + pL1) – I2(р)pМ = 2 m 0 2 ,
p  0
i1
-I1(р)pМ + I2(р)(r2 + pL2) = 0.
Рис. 7.93
Изображение и оригинал тока i2:
Em0 pM
I2(p) = 2
;
( p  02 )[ p 2 ( L1 L2  M 2 )  p( r1 L2  r2 L1 )  r1r2 ]
i2(t) = 0,784sin(0t + 13,6°) – 0,254е -33t + 0,07е -1207t A.
ЗАДАЧА 7.68. Определить ток i2(t) в схеме рис. 7.96,а:
r1 = 20 Ом, r2 = 100 Ом, L1 = 0,5 Гн, L2 = 0,6 Гн, M = 0,5 Гн,
e(t) = Emsin0t, Em = 100 B, 0 = 100 рад/с.
Мi2св(0)
а)
б)
рМ
М
r1 *
e(t) L1
*
i2
L1i1св(0)
L2 r2
*
рL1
L2i2св(0)
*
рL2
r1
i1
Рис. 7.96
I1св(р)
Мi1св(0)
Ответы. До коммутации: i1(t) = 1,857sin(0t – 68,2°) А.
Независимые начальные условия: i1(0) = -1,724 А, i2(0) = 0.
Принуждённые составляющие токов:
i1пр = 1,828sin(0t – 45,44°) А, i2пр = 0,784sin(0t + 13,6°) А.
Начальные значения свободных составляющих:
i1св(0) = -0,421 А, i2св (0) = -0,1844 А.
101
r2
Операторная схема для свободных составляющих на рис. 7.96,б.
Изображение и оригинал тока i2св:
[ L i ( 0 )  Mi1св ( 0 )]( r1  pL1 )  [ L1i1св ( 0 )  Mi2св ( 0 )] pM
I2св(p) = 2 2св
;
p 2 ( L1L2  M 2 )  p( r1L2  r2 L1 )  r1r2
i2св(t) = 0,0392е -33t – 0,2236е -1207t A.
Полный ток: i2(t) = 0,784sin(0t + 13,6°) + 0,0392е -33t – 0,2236е -1207t A.
ЗАДАЧА 7.69. Для схемы рис. 7.95,а задано: e(t) = Emsin(0t + ),
Em = 400 B, 0 = 100 рад/с,  = -45°, L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ, r1 = 25 Ом,
r2 = 75 Ом. Требуется: 1) построить два варианта эквивалентной операторной
схемы; 2) свести расчёты к нулевым начальным условиям и операторным
методом найти i1(t), i2(t); 3) операторным методом определить свободные
составляющие токов i1св(t), i2св(t).
б)
a)
Li(0)
i1
i
L
e(t)
рL
uруб(t)
r1
I(p)
p sin  0 cos
Em
p 2  02
r2
С
i2
jLi(0)
в)
рL
I(p)
г)
r1
рL
Iд(p)
I1(p)
1/pC
uC(0)/p
r1
1/pC
r2
I2д(p)
I2(p)
д)
I2(p)
I1(p)
Uруб(р)
1/pC
juC(0)/p
r2
Em
p  j
r1
r2
I1д(p)
1
рL
Liсв(0)
Iсв(p)
r1
1/pC
r2
I2св(p)
Рис. 7.95
uCсв(0)/p
2 I1(p)
Решение
Рассчитаем состояние цепи рис. 7.95,а до коммутации: i20 = 0;
I1m0 = Im0 =
UСm0 = I1m0
Em
r1  j0 L 
1
j 0 C
1
j 0 C
400e  j 45
=
25  j100  0,25 

10
j100  400
= 16·е –j45°·(-j25) = 400·е –j135° В;
102
6
= 16·е –j45° A;
Uрубm = I1m0(r1 +
1
) = 16·е –j45°·(25 – j25) = 400 2 ·е –j90° В;
j 0 C
i0(t) = i10(t) = Im(I1m0·е j0·t) = 16sin(0t – 45) A;
uС0(t) = 400sin(0t – 135) В; uруб(t) = 400 2 sin(0t – 90) В.
Независимые начальные условия:
i(0+) = i(0-) = 16sin(-45) = -8 2 А, uC(0+) = uC(0-) = 400sin(-135) = -200 2 B.
Дальнейшие расчёты можно вести по схемам рис. 7.95,б и в.
Выполним расчёт токов ПП, используя приём сведения расчётов к
нулевым начальным условиям. В этом случае в соответствии с принципом
наложения искомые токи вычисляются как
i1(t) = i10(t) – i1д(t), i2(t) = i20(t) + i2д(t).
Токи дополнительного режима i1д(t) и i2д(t) определим операторным
методом в соответствии со схемой рис. 7.95,г. Выполним расчёт указанной
p sin( 90  )   0 cos( 90  )  pU рубm
схемы:
Uруб(р) = Uрубm·
= 2
;
p 2   02
p   02
I2д(p) =
 pU рубm
 U рубm p( p 2 LC  r1 pC  1 )
F12 ( p )
p 2  02
=
= 2
=
;
pL( r1  1
) ( p   02 )[ p 2 LC( r1  r2 )  p( r1r2C  L )  r2 ] F2 ( p )
pC
r2 
pL  r1  1
pC
I1д(p) = I2д(p)
pL
pL  r1  1
 U рубm p  p 2 LC F11 ( p )
=
=
.
F2 ( p )
F2 ( p )
pC
По теореме разложения определим оригиналы токов.
Корни уравнения F2(p) = 0: p1,2 =  j0 = j100 с –1,
p2LC(r1 + r2) + p(r1r2C + L) + r2 = 10 -2p2 + p + 75 = 0, p3,4 = -50  j50 2 с –1.
dF
F2(p) = 2 = [2pLC(r1 + r2) + (r1r2C + L)](p2 + 02) + 2p[p2LC(r1 + r2) +
dp
+ p(r1r2C + L) + r2] = (0,02p + 1)·(p2 + 10000) + p(0,02p2 + 2p + 150),
F2(p1) = F 2(j100) = -20000 – j5000 = 20620·е –j165,96°,
F2(p3) = F 2(-50 + j50 2 ) = 10000 + j10610 = 14580·е j46,69°.
F11(p) = -Uрубm· p3·LC = -0,05656p3,
F11(p1) = j56560, F11(p3) = -35360 – j10000 = 36740·е –j164,21°,
F ( p )

F ( p )

i1д(t) = 2Re  11 1 e p1t  + 2Re  11 3 e p 3t  =
 F2( p1 )

 F2( p3 )

 36740 e  j164 ,21



j 56560
( 50  j 70 ,7 )t 
j
100
t



e
e
= 2Re 
=

 + 2Re 

j 46 ,69 
14580
e
 20620 e  j165 ,96



–50t
= -5,486cos(100t + 75,96°) – 5,040е cos(70,7t – 30,9°) =
103
= -5,486sin(100t + 165,96°) – 5,040е –50tsin(70,7t + 59,1°) A.
F12(p) = -Uрубm· p(p2·LC + r1pC + 1) = -0,05656p3 – 5,656p2 – 565,6p,
F12(p1) = 56560, F12(p3) = 7071 – j10000 = 12250·е –j54,74°,
F ( p )

F ( p )

i2д(t) = 2Re  12 1 e p1t  + 2Re  12 3 e p 3t  =
 F2( p1 )

 F2( p3 )

 12250 e  j 54 ,74 



56560
( 50  j 70 ,7 )t 
j
100
t



e
e
= 2Re 
=
 + 2Re 

 j165 ,96 
j 46 ,69 
 20620 e

 14580 e

–50t
= 5,486sin(100t – 104,04°) + 1,680е sin(70,7t – 11,43°) A.
Окончательно записываем полные токи:
i1(t) = 16sin(0t – 45) + 5,486sin(100t + 165,96°) + 5,040е –50tsin(70,7t + 59,1°) =
= 11,64sin(100t – 59,1°) + 5,040е –50tsin(70,7t + 59,1°) A,
i2(t) = i2д(t) = 5,486sin(100t – 104,04°) + 1,680е –50tsin(70,7t – 11,43°) A.
Выполним поверочный расчёт принуждённых составляющих токов символическим методом, а свободных составляющих – операторным методом.

400e  j 45
Em
Imпр =
=
= 16·е –j73,05° A;
1
75
(
25

j
25
)
r ( r  ( j0C ) ) j 25 
j 0 L  2 1
100  j 25
r2  r1  ( j0C )1
r2
75
I1mпр = Imпр·
= 16·е –j73,05°·
= 11,65·е –j59° A;
1
100  j 25
r2  r1  ( j0C )
I2mпр = Imпр·
r1  ( j0C )1
r2  r1  ( j0C )
UСmпр = I1mnp
1
1
= 16·е –j73,05°·
25  j 25
= 5,49·е –j104° A;
100  j 25
= 11,65·е –j59°·(-j25) = 291,4·е –j149° В;
j 0 C
iпр(t) = 16sin(0t – 73,05) A,
uСпр(t) = 291,4sin(0t – 149) В,
iпр(0) = 16sin(-73,05) = -15,3 A, uСпр(0) = 291,4sin(-149) = -150 В,
i1пр(t) = 11,65sin(0t – 59) A,
i2пр(t) = 5,49sin(0t – 104) A.
Независимые начальные условия (были найдены ранее):
i(0) = -8 2 А, uC(0) = -200 2 B.
Начальные значения свободных составляющих:
iсв(0) = i(0) – iпр(0) = 4 А, uCсв(0) = uC(0) – uСпр(0) = -133 B.
Эквивалентная операторная схема приведена на рис. 7.95,д. Расчёт
выполним методом двух узлов. Изображения величин:
uCс в ( 0 )
Liсв ( 0 )

pL
p( r1  ( pC )1 ) [( r1 pC  1 )Liсв ( 0 )  uCсв ( 0 ) pLC ] r2
U12св(р) =
=
;
2
1
1
1
p
LC
(
r

r
)

p
(
r
r
C

L
)

r
1
2
1 2
2
 
pL r2 ( pC )1  r1
U ( p )  uCсв ( 0 ) / p Liсв ( 0 ) pCr2  uCсв ( 0 )C( pL  r2 ) F1( p )
I1св(p) = 12 св
= 2
=
;
p LC( r1  r2 )  p( r1r2C  L )  r2 F2 ( p )
r1  1
pC
104
F(p )

i1св(t) = 2Re  1 1 e p1t  =
 F2( p1 )


0,0433( 50  j 70 ,7 )  3,99
( 50  j 70 ,7 )t 
=
= 2Re 
e
2

0
,
01
(

50

j
70
,
7
)

1
(

50

j
70
,
7
)

75


–50t
= 5,040е sin(70,7t + 59,1°) A,
U ( p ) ( r1 pC  1 )Liсв ( 0 )  uCсв ( 0 ) pLC F1( p )
I2св(p) = 12 св
= 2
=
;
r2
p LC( r1  r2 )  p( r1r2C  L )  r2 F2 ( p )
F(p )

i2св(t) = 2Re  1 1 e p1t  =
 F2( p1 )


 0,0033( 50  j 70 ,7 )  1
( 50  j 70 ,7 )t 
=
e
= 2Re 
2

0
,
01
(

50

j
70
,
7
)

1
(

50

j
70
,
7
)

75


–50t
= 1,68е sin(70,7t – 11,3°) A.
Таким образом, поверочный расчёт даёт те же значения принуждённых
и свободных составляющих токов.
ЗАДАЧА 7.70. В схеме рис. 7.96,а определить ток i3(t), если
e(t) = Emsin(0t + ), Em = 400 B, 0 = 314 рад/с,  = -90°,
L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ, r2 = 50 Ом, r3 = 25 Ом.
б)
a)
i1
L
e(t)
рL
uруб
r3
r2
i2
i3
Uруб(p)
r3
I1д(p)
r2
С
I2д(p)
1/pC
I3д(p)
Рис. 7.96
Комментарии и ответы. До коммутации i30(t) = 7,56sin(0t – 160,5°) А,
uруб(t) = 198,4sin(0t – 178,2°) В.
Операторная схема при сведении расчётов к нулевым начальным

Um
198 ,4e j178 ,2
условиям имеет вид рис. 7.96,б; Uруб(p) =
=
;
p  j 0
p  j314
F1( p )
U m p 2 LC
=
;
( p  j0 )[ p 2 LC( r2  r3 )  p( r2 r3C  L )  r2 ] F2 ( p )
i3д(t) = 2,684sin(0t – 159,34°) + 0,878е –50tsin(64,55t + 79,7°) А,
i3(t) = i30(t) – i3д(t) = 4,88sin(0t – 161,1°) – 0,878е –50tsin(64,55t + 79,7°) А.
I3д(p) =
7.3. РАСЧЁТ ПП МЕТОДОМ ИНТЕГРАЛА ДЮАМЕЛЯ
При подключении цепи к источнику единичного напряжения или тока
реакция цепи (напряжение на любом участке или ток в любой ветви как
105
функция времени) называется переходной функцией g(t). Если к пассивной
цепи в момент t = 0 подключается источник с воздействием fИ(t), являющимся непрерывной функцией времени, то реакцию цепи f(t) определяют
интегралом Дюамеля по формуле
t
f(t) = fИ(0)·g(t) +  f И (  )g( t   )d .
0
Если функция воздействия имеет различные выражения на разных
интервалах времени, то интервал интегрирования разбивается на отдельные
участки, реакцию цепи рассчитывают для каждого интервала времени
отдельно, причём на каждом интервале указанная выше конструкция
интеграла Дюамеля применяется столько раз, каким по счёту является
данный интервал.
ЗАДАЧА 7.71. На вход схемы рис. 7.97,а подано напряжение uВХ(t)
(рис. 7.97,б). Параметры схемы: r1 = r2 =10 кОм, С = 200 мкФ, U0 =100 В, t1 =1 с.
Используя интеграл
60
Дюамеля,
рассчитать
напряжение
на
50
конденсаторе,
построить
его кривую.
40
а)
r1
С
uÂÛÕ
ВЫХ ( t )30
uВХ r2
uВЫХ
б)
U0
20
uВХ


10
Рис. 7.98
0
t1
0
Рис. 7.97
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
t
Решение
Рассчитаем переходную характеристику классическим методом. При
подключении цепи рис. 7.97,а к источнику единичного напряжения имеем:
1
1
10 6
uВЫХпр =
r2 = 10/(10+10) = 0,5 В, р = == -1 с -1,
r1  r2
rЭКВC
5000  200
uВЫХ(0) = 0; uВЫХ(t) = uВЫХпр + (uВЫХ(0) – uВЫХпр)е рt = 0,5 – 0,5е –t В,
окончательно, g(t) = 0,5 – 0,5е –t.
Запишем напряжение uВХ(t) аналитически:
 u ( t )  100t B при 0  t  t1 ;
uВХ(t) =  BX 1
u BX 2 ( t )  100t  100 B при t  t1 .
t
u ( t )  100 B / c при 0  t  t1 ;
uВХ (t) =  BX 1
 uBX 2 ( t )  100 B / c при t  t1 .
Выходное напряжение на интервале 0  t  t1:
Производная от напряжения:
106
t
t
0
0
uВЫХ1(t) = uВХ1(0)·g(t) +  u BX 1(  )g( t  )d = 0 +  100( 0,5  0,5e ( t  ) )d =
= 50t – 50 + 50е –t В.
Выходное напряжение на интервале t  t1:
t1
uВЫХ2(t) = uВХ1(0)·g(t) +  u BX 1(  )g( t  )d +
0
t
+ (uВХ2(t1) – uВХ1(t1))g(t-t1) +  u BX 2 (  )g ( t  )d =
t1
= -100 + 50t + 50е –t + 50е –(t-1) = -100 + 50t + 68,4е –(t-1) В.
u ВЫХ 1( t )  50t  50  50e t , B при 0  t  t1 ;
Таким образом, uВЫХ(t) = 
u ВЫХ 2 ( t )  100  50t  68,4e ( t 1 ) , B при t  t1  1 c.
В соответствии с последним выражением на рис. 7.98 построен график
uВЫХ(t).
200
а)
r1
u(t)
L
r2
Рис. 7.100
150
r3
uL(t)
100
50
uL( t )
б)
400
0
u( t ) 200
50
100
0
0
0.001
Рис. 7.99
0.002
150
t
0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
t
ЗАДАЧА 7.72. На вход цепи рис. 7.99,а подан импульс напряжения
u(t) = 400е -400t В длительностью t1 = 2 мс (рис. 7.99,б). Параметры цепи r1 =
= r2 = 100 Ом, r3 = 50 Ом, L = 0,1 Гн. Используя интеграл Дюамеля,
рассчитать напряжение uL(t) и построить его график.
Ответы: g(t) = 0,5е -1000t, на интервале 0  t  t1:
t
uL(t) = u(0)·g(t) +  u (  )g( t  )d = 333,3е -1000t – 133,3е -400t В,
0
на интервале t  t1:
t1
uL(t) = u(0)·g(t) +  u (  )g ( t  )d + (-u(t1))g(t-t1) = -109,3е -1000t – 89,87е -1000t+2 В.
0
График uL(t) построен на рис. 7.100.
107
50
а)
r1
u(t)
r3
r2
С
40
i2
б)
30
i2( t )  1000
3
20
2
u( t )
10
1
0
0
0.01
Рис. 7.101
0.02
0
t
Рис. 7.102
0
0.02
0.04
0.06
t
ЗАДАЧА 7.73. Используя интеграл Дюамеля, рассчитать ток i2(t) в цепи рис. 7.101,а при воздействии ступенчатого напряжения u(t) (рис. 7.101,б),
если r1 = r2 = 20 Ом, r3 = 10 Ом, С = 1000 мкФ, t1 = 20 мс.
u ( t )  1 B при 0  t  t1 ;
Ответы: g(t) = 25 – 12,5е -50t мСм, u(t) =  1
 u2 ( t )  2 B при t  t1 .
на интервале 0  t  t1: i2(t) = u1(0)·g(t) = 25 – 12,5е -50t мА,
при t  t1: i2(t) = u1(0)·g(t) + (u2(t1) – u1(t1))g(t-t1) = 50 – 12,5е -50t –12,5е -50t+1
мА.
а)
б) B u
в) А i1
i1
r1
200
1,5
С
r
3
u(t)
1,0
r2
t 0,5
30 40 50 t
0 0,01 0,02 c
0 10
Рис. 7.103
мс
График i2(t) построен на рис. 7.102.
ЗАДАЧА 7.74. В схеме рис. 7.103,а рассчитать ток в резисторе r1.
Параметры цепи: r1 = 50 Ом, r2 = r3 = 100 Ом, С = 200 мкФ. Напряжение
источника задано графиком рис. 7.103,б. Использовать интеграл Дюамеля.
Ответы: g(t) = 0,00667 + 0,00333e –37,5t См,

133t  1,78  1,78e 37 ,5t A, если 0  t  0,01c ,

i1(t) =  133t  0,889  2,334e 37 ,5( t 0 ,01 ) A, если 0,01  t  0,02c ,

 0,174e 37 ,5( t 0 ,02 ) A, если t  0,02c.

График тока на рис. 7.103,в.
ЗАДАЧА 7.75. На рис. 7.104,а приведена схема колебательного звена
системы автоматического регулирования с параметрами: r = 115 кОм, L =
108
= 3,7 мГн, С = 1,4 пФ. Определить напряжение на выходе uВЫХ(t) при воздействии на входе прямоугольного импульса u(t) (рис. 7.104,б) с параметрами:
U0 = 90 В (высота), t1 = 3,5 мкс (смещение), Т = 8 мкс (длительность). Решить
задачу с помощью интеграла Дюамеля.
а)
б)
u
L
U0
С
Т
uВЫХ
u
r
t
0
t1
Рис. 7.104
t2
Комментарии и ответы.
( p 2 LC  1 )r
1
Передаточная функция звена: Н(p) =
=
.
pL  ( pC )1 p 2 rLC  pL  r
r
pL  ( pC )1
Изображение и оригинал переходной функции:
F1( p )
( p 2 LC  1 )r
1
G(p) = Н(p) =
=
;
p
p( p 2 rLC  pL  r ) pF2 ( p )
g(t) =
 F(p )

F1( 0 )
+ 2Re  1 1 e p1t  =
F2 ( 0 )
 p1 F2( p1 )

3  j 77 ,3


51
,
4

10
e
3,106 10 6 t j13 ,554 10 6 t 

e
e
= 1 + 2Re
=
 13,905  10 6 e j102 ,9 j16 ,15  10 3



–bt
= 1 + 0,458e sin(0t).
Здесь b = 3,106·106 c -1, 0 = 13,554·106 рад/с.
Интегралы Дюамеля вычислим с помощью системы MathCAD.
t1 := 3.5·10 -6 t2 := 11.5·10 -6 b := 3.106·106 0 = 13.554·106
g(t) := 1 + 0.458·e –b·t·sin(0·t)
Напряжение источника u1(t) := 0 u2(t) := 90 u3(t) := 0
 u1( t ) if 0  t  t1
u(t) := u 2( t ) if t1  t  t 2
 u3( t ) otherwise

t
 d

Интервал 0  t  t1: uВЫХ1(t) := u1(0)·g(t) +   u1(  )  g( t  )d

0  d
simplify
uВЫХ1(t)
0
float ,4
t1
 d

Интервал t1 t  t2: j1(t) := u1(0)·g(t) +   u1(  )  g( t  )d

0  d
t
 d

uВЫХ2(t) := j1(t) + ((u2(t1) – u1(t1))·g(t-t1) +   u 2(  )  g( t  )d

t1 d
109
simplify
 90. – 41.22·e(-.3106e7)·t+10.87·sin(.1355e8·t – 47.44)
float ,4
или uВЫХ2(t) = 90 – 41,22e -b(t-t1)·sin(0(t – t1)).
t2
 d

Интервал t  t2: j2(t) := ((u2(t1) – u1(t1))·g(t-t1) +   u 2(  )  g( t  )d

t1 d
t
 d

uВЫХ3(t) := j1(t) + j2(t) + ((u3(t2) – u2(t2))·g(t-t2) +   u3(  )  g( t  )d

t 2 d
simplify
uВЫХ3(t)
 (-41.22)·e(-.3106e7)·t+10.87·sin(.1355e8·t – 47.44) +
float ,4
+ 41.22·e(-.3106e7)·t+35.72·sin(.1355e8·t – 155.9)
или uВЫХ3(t) = -41,22e -b(t-t1)·sin(0(t – t1)) + 41,22e -b(t-t2)·sin(0(t – t2)).
 uВЫХ1( t ) if 0  t  t1
Окончательно записываем: uВЫХ(t) := uВЫХ 2( t ) if t1  t  t 2
 uВЫХ 3( t ) otherwise

График напряжения uВЫХ(t) построен на рис. 7.105.
uВЫХ2(t)
120
Рис. 7.105
100
80
60
uÂÛÕ
ВЫХ ( t )
40
20
0
20
0
2 10
6
4 10
6
6 10
6
8 10
6
1 10
5
1.2 10
5
1.4 10
5
t
7.4. СПЕКТРАЛЬНЫЙ МЕТОД АНАЛИЗА ПП
Спектральный метод применяется для определения реакции цепи
(обычно это – одна выходная величина, некоторый ток или напряжение) на
воздействие (входная величина) в виде импульса или серии импульсов. Эта
реакция представляет собой некоторый переходный процесс. Суть метода
заключается в том, что импульс воздействия представляют в виде суммы
бесконечного числа (в виде интеграла) бесконечно малых по амплитуде
синусоидальных функций времени, имеющих разные амплитуды, частоты и
начальные фазы. Анализ процессов спектральным методом выполняют с
помощью прямого (*) и обратного (**) преобразования Фурье:

1 
 jt
j()
F(j) = F()·e
=  f ( t )e
f(t) =
F ( j )e jt d . (**)
dt , (*)

2 

110
Здесь функция времени (сигнал) f(t) – оригинал, изображение F(j) –
спектральная характеристика или спектральная плотность сигнала, F() –
амплитудно-частотная, а () – фазо-частотная характеристики.
В случаях, когда функция f(t) отлична от нуля только в интервале t > 0,
прямое преобразование Фурье называют односторонним, которое является
частным случаем преобразования Лапласа, в котором комплексная переменная р заменена мнимой переменной j:

F(j) =  f ( t )e  jt dt .
0
Спектральный метод анализа процессов в цепях включает в себя:
определение спектральной плотности сигнала воздействия (входной
величины) по заданной функции времени; определение комплексной
передаточной функции цепи (частотных характеристик цепи); определение
спектральной плотности выходной величины (реакции или отклика цепи);
определение выходной величины в функции времени.
Ввиду необходимости выполнения сложных и громоздких вычислений
даже в сравнительно простых случаях этот метод становится целесообразным
в случае применения мощной вычислительной техники. Поэтому решение
ряда задач выполнено с применением системы MathCAD.
ЗАДАЧА 7.76. Определить спектральную плотность следующих сигна 0 при t  1 мс ,
 0 при t  0 мс ,

лов: а) f(t) = 5 при  1  t  1 мс , б) f(t) = 5 при 0  t  10 мс ,


 0 при t  1 мс.
 0 при t  10 мс.
0 при t  0 с ,

100t 2  1 при 0  t  0,1с ,

в) f(t) =
 10t  4 при 0 ,1  t  0,5 с ,

0 при t  0 ,5 с.
Решение
а). Воспользуемся прямым преобразованием Фурье:
0 ,001

5
001
 jt
F(j) =  f ( t )e
е -jt 00 ,,001
=
dt =  5e  jt dt =

j


0
,
001

5
5
10
=
(е-j·0,001 – е+j·0,001) =
·(-j2sin(0,001)) = sin(0,001).
 j
 j

б). Так как функция f(t) равна нулю при t < 0, то можно воспользоваться
таблицами преобразования Лапласа. Разложим заданный прямоугольный
импульс на две ступенчатые составляющие с амплитудами 5 и -5, причём
вторая составляющая запаздывает на 10 мс. Их изображения (по Лапласу):
5
5
и - е -р·0,01.
p
p
111
5 5 -р·0,01 5
–
е
= (1 – е -р·0,01).
p p
p
Спектральную плотность получим, если в ответе заменим р на j:
5
F(j) =
(1 – е -j·0,01).
j
в). Воспользуемся преобразованиями Лапласа, но выполним их с
помощью системы MathCAD. Исходная функция, записанная одной
формулой с помощью функции Хевисайда 1(t) = Ф(t):
f(t) := (100t2 + 1)·(Ф(t) – Ф(t – 0,1)) + (-10t + 4)·(Ф(t – 0,1) – Ф(t – 0,5)).
Изображение функции:
laplace,t 200 . exp( .1000  s )
exp( .1000  s )
f(t)
 3 +
– 30.·
–
s
float ,4
s
s2
exp( .1000  s ) 1 exp( .5000  s )
exp( .5000  s )
– 200.·
+ +
+ 10.·
3
s
s
s
s2
10
200
1
или F(р) = (1 + е -0,1р + е -0,5р) + 2 (-3е -0,1р + е -0,5р) + 3 (1 – е -0,1р).
p
p
p
Искомая спектральная плотность
10
200
1
-0,1j
-0,5j
F(j) =
(1 + е -0,1j + е -0,5j) +
(-3е
+
е
)
+
(1 – е -0,1j).
2
3
j
( j )
( j )
Графики функций и их спектры представлены на рис. 7.106.
Изображение заданного импульса F(р) =
112
а)
5
U11( w) 0.005
u11( t)
0
0
0
1 10
w
б)
5
2 10
4
0
t
4
0.04
u12( t)
U12( w)
0.02
0
0
0.005
0
0.01
0
2000
t
w
в)
0.5
U13( w)
u13( t)
0
Рис. 7.106
0
0.2
0
0.4
0
100
200
w
t
113
300
ЗАДАЧА 7.77. Определить комплексную передаточную функцию,
построить её АЧХ и ФЧХ для цепей рис. 7.107 при следующих числовых
i1
r1
r2
а)
б)
u1
С
r2
u2
j r1
L1
u2
i2
u1 – ВХ; u2 – ВЫХ
j – ВХ; i2 – ВЫХ
j – ВХ; u2 – ВЫХ
в)
r2
С
j r1
*
г)
L1
r1
L1
М
u2
*
L2
u1
i2
i2
С
j – ВХ; u2 – ВЫХ
r2
Рис. 7.107
u1 – ВХ; i2 – ВЫХ
значениях: r1 = 100 Ом, r2 = 200 Ом, С = 10 мкФ, L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,02 Гн,
М = 0,9 L1L2 = 0,04 Гн. Под каждым рисунком указано, какая величина считается входной, какая – выходной.
Решение
а). Примем U2 = 1. Тогда I1 = U2(r2-1 + jС) = r2-1 + jС;
U1 = U2 + r1I1 = 1 + r1(r2-1 + jС).
КПФ по напряжению
r2
1
1000
Н1(j) = U2/U1 =
=
=
.
1
1  r1( r2  jC ) r1  r2  r1r2 jC ) j  1500
Графики АЧХ
Н1() =|Н1(j)| и ФЧХ 1() = arg(Н1(j))
представлены на рис. 7.108.
0.8
0
20
0.6
|H1(w)|
40
arg( H1( w) )
deg
H1( w) 0.4
60
0.2
80
0
10
100
1 10
w
3
1 10
4
1 10
5
100
10
Рис. 7.108
114
100
1 10
w
3
1 10
4
1 10
5
б). По правилу разброса тока в параллельные ветви I2 = J
r1
.
r1  r2  jL1
r1
1000
=
.
r1  r2  jL1 j  3000
Графики АЧХ и ФЧХ функции Нi(j) аналогичны графикам рис. 7.109.
Если в качестве выходной величины выступает напряжение u2, то
комплексное передаточное сопротивление
jL1r1
j100
Н2(j) = U2/J = jL1I2/ J =
=
Ом.
r1  r2  jL1 j  3000
Графики АЧХ и ФЧХ функции Н2(j) представлены на рис. 7.109.
КПФ по току Нi(j) = I2/J =
100
100
80
80
|H2(w)|
60
60
arg( H2( w) )
deg
H2( w)
40
40
20
20
0
0
10
I2 = J
1 10
w
100
1 10
3
4
1 10
5
10
1 10
w
100
Рис. 7.109
в). В этой схеме
r1
и
U2 =
1 10
3
4
1 10
5
r1
1
·I2 = J
.
jC
( j )2 L1C  jC( r1  r2 )  1
1
jC
Комплексное передаточное сопротивление
r1
 10 8
Н3(j) = U2/J =
=
Ом.
( j )2 L1C  jC( r1  r2 )  1  2  j  3000  10 6
Графики АЧХ и ФЧХ представлены на рис. 7.110.
r1  r2  jL1 
100
0
80
50
|H3(w)|
60
arg( H3( w) )
100
deg
H3( w)
40
150
20
0
10
1 10
100
3
1 10
200
4
10
1 10
100
3
Рис. 7.110
г). Запишем систему уравнений относительно контурных токов I1 и I2:
w
w
115
1 10
4
(r1 + r2 + jL1 + jL2 + j2M)I1 – (r2 + jL2 + jM)I2 = U1,
1
-(r2 + jL2 + jM)I1 + (r2 + jL2 +
)I2 = 0.
jC
Найдём способом подстановки:
1
r2  jL2 
jC
I1 = I2
,
r2  jL2  jM
1


( r1  r2  jL1  jL2  j 2M )( r2  jL2  jC )

I2 
 r2  jL2  jM  = U1.
r2  jL2  jM




Комплексная передаточная проводимость
I
Н4(j) = 2 =
U1
jC( r2  jL2  jM )
=
=
[ r1  r2  j( L1  L2  2M )][ r2 jC  ( j )2 L2C  1]  jC [ r2  j( L2  M )] 2
158 ,6 2  j 5263
Cм.
j 3  57 ,89  10 3  2  j105 ,4  10 6   78 ,95  10 9
Графики АЧХ и ФЧХ представлены на рис. 7.111.
=
80
60
0.004
|H4(w)|
arg( H4( w) )
deg
H4( w)
40
20
0.002
0
0
1
10
100
w
1 10
3
1 10
20
4
1
10
1 10
100
w
3
1 10
4
0
20
0.004
|H4(w)|
40
arg( H4( w) )
deg
H4( w)
60
0.002
80
0
4
1 10
1 10
w
5
1 10
6
100
4
1 10
Рис. 7.111
116
1 10
w
5
1 10
6
ЗАДАЧА 7.78. Для указанных ниже цепи (берётся из задачи 7.76) и
воздействия (из задачи 7.77) получить спектр и функцию времени выходной
величины: 1) цепь а), воздействие а); 2) цепь б), воздействие б); 3) цепь в),
воздействие б); 4) цепь в), воздействие в).
Решение
1000
1. Цепь а) обеспечивает КПФ Н1() :=
, воздействие а) предj  1500
10
ставлено спектром U1() := sin(0,001) В·c. Тогда спектральная плотность

выходного напряжения U2() := Н1()·U1(), U2() =
10 4 sin( 0 ,001 )
j 2  1500
В·c.
Оригинал напряжения (функция времени):
invfourier ,
u2(t) := U2()
 -3.334·ехр(-1500.·t – 1.500)·Ф(1.·t + 1.000·10-3)
foloat ,4
…
Спектр и временной график выходного напряжения представлены на
рис. 7.112.
0.008
0.006
U21( w)
0.004
0.002
0
2000
4000
6000
1 10
4
8000
w
4
3
u2( t)
2
1
117
0
Рис. 7.112
0.001
0
0.001
0.002
t
0.003
0.004
2. Цепь б) обеспечивает КПФ Н2() :=
представлено спектром J() :=
j100
Ом, воздействие б)
j  3000
5
(1 – е –j·0,01) А·c. Тогда спектральная плотj
ность выходного напряжения
500  500 exp( 0,01 j )
В·c.
j  3000
Оригинал напряжения (функция времени):
invfourier ,
u2(t) := U2()
 500.2·ехр(-3000.·t)·Ф(1.·t) – 500.2·ехр(-3000.·t +
foloat ,4
…
Спектр и временной график выходного напряжения представлены на
рис. 7.113.
U2() := Н2()·J(),
U2() =
0.3
U22( w)
0.2
0.1
0
2000
4000
6000
8000
1 10
4
w
400
200
u2( t)
0
200
400
0
0.002
0.004
0.006
Рис. 7.113
0.008
t
118
0.01
0.012
0.014
3. Цепь в) обеспечивает КПФ Н3() :=
 10 8
 2  j  3000  10 6
Ом, воздей-
5
(1 – е –j·0,01) А·c. Тогда спектральj
ствие б) представлено спектром J() :=
ная плотность выходного напряжения
U2() := Н3()·J(),
U2() =
0,5  10 9 j  0,5  10 9 exp( 0 ,01 j )
 3  j 2  3000  10 6 
В·c.
Спектр напряжения см. на рис. 7.114.
Оригинал напряжения (функция времени) с помощью функции
invfourier не удаётся получить. Поступим другим образом. Применим
формулу обратного преобразования Фурье, в которой вместо теоретических
бесконечных пределов возьмём достаточно большие числа ±60000:
1 60000
u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  60000
5
4
3
U23( w)
2
1
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
w
500
400
300
Xq
200
100
Рис. 7.114
0
0
0.005
0.01
Tq
119
0.015
0.02
Однако по этой формуле MathCAD не строит график (программа
зависает). Сформируем массив из 201 значения функции с временным шагом
0,0001:
dt := 0.0001
q := 0 .. 200 Tq := q·dt
Xq := u2(Tq)
График зависимости Xq(Tq) представлен на рис. 7.114.
 10 8
4. Цепь в) обеспечивает КПФ Н3() := 2
Ом, воздей  j  3000  10 6
ствие в) представлено спектром
10
200
1
-0,1j
-0,5j
J() :=
(1 + е -0,1j + е -0,5j) +
(-3е
+
е
)
+
(1 – е -0,1j) А·c.
2
3
j
( j )
( j )
Тогда спектральная плотность выходного напряжения
U2() := Н3()·J().
Спектр напряжения см. на рис. 7.115.
Оригинал напряжения получим способом, описанным в п.3 этой
1 60000
задачи: u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  60000
60
40
U24( w)
20
0
100
200
300
400
w
300
200
Re X q 100
0
Рис. 7.115
100
0
0.1
0.2
0.3
Tq
120
0.4
0.5
500
Сформируем массив из 401 значения функции с временным шагом
0,0015: dt := 0.0015
q := 0 .. 400 Tq := q·dt
Xq := u2(Tq)
График зависимости Xq(Tq) представлен на рис. 7.115
Вывод. Спектральный метод является перспективным, позволяет
автоматизировать анализ переходных процессов в цепях. Однако его
использование предполагает наличие достаточно мощной вычислительной
техники. Система MathCAD поддерживает этот метод лишь при решении
сравнительно простых задач (цепи не более второго порядка, воздействия,
описываемые одной-двумя формулами).
7.5. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕДАТОЧНОЙ
ФУНКЦИИ (КПФ) ПРИ РАСЧЁТЕ ПП
ЗАДАЧА 7.79. Рассчитать напряжение u2(t) (выходная величина)
переходного процесса при подключении цепи задачи 5.42 /1/ к источнику
постоянного тока (входная величина) J = 0,05 A классическим и операторным
методами. Формула для комплексного передаточного сопротивления, полуb j  b0
83333
ченная при решении задачи 5.42: Z(j) = 1
=
Ом.
j  a 0
j  66 ,67
Решение
1. При решении задачи классическим методом напряжение u2(t) ищется
в виде суммы принуждённой и свободной составляющих:
u2(t) = u2пр(t) + u2св(t).
Поскольку источник постоянный, принуждённая составляющая также
является постоянной и может быть определена через комплексное передаточное сопротивление при частоте  = 0:
b 83333
Z(0) = 0 =
= 1250 Ом; u2пр = Z(0)·J = 1250·0,05 = 62,5 В.
a0 66 ,67
Комплексное передаточное сопротивление является так называемой
системной функцией. Для получения характеристического уравнения нужно
в ней заменить j на р и знаменатель дроби приравнять к нулю. Получаем:
р + а0 = 0, р = -а0 = -66,67 с -1.
При одном корне характеристического уравнения свободная
составляющая имеет вид: u2св(t) = А·е рt, где постоянная интегрирования А
находится из начальных условий – А = u2св(0) = u2(0) – u2пр(0).
Для получения начального значения напряжения u2(0) снова
используем комплексное передаточное сопротивление, но теперь при
b 0
частоте, равной бесконечности: Z() = 1 = = 0.
a1 1
Тогда u2(0) = Z()·J = 0, и А = -u2пр(0) = -62,5.
Окончательно получаем: u2(t) = 62,5 – 62,5·е -66,67t В.
2. Для расчёта выходного напряжения u2(t) операторным методом
используем операторное передаточное сопротивление Z(р), которое получаем
из комплексного передаточного сопротивления заменой j на р:
121
b1 p  b0
83333
=
.
p  a0
p  66 ,67
Изображения тока источника и выходного напряжения (используем
MathCAD):
laplace,t .5000 e  1
0 ,05
J(s) := J
, то есть J(р) =
;

s
float ,4
p
simplify
.1250 e5
U2(р) := Z(р)·J(р) U2(р)
.

float ,4
( 3.  p  200.)  p
Оригинал искомого напряжения получаем с помощью обратного
преобразования Лапласа:
invlaplace, p
u2(t) := U2(р)
 62.5 – 62.5·е (-66,67)·t.
float ,4
Z(р) =
ЗАДАЧА 7.80. Решить задачу 7.79 спектральным методом при
условии, что источник вырабатывает одиночный прямоугольный импульс
тока амплитудой J = 0,05 A и длительностью  = а0 -1 = 0,015 с.
Решение
Мгновенное значение тока воздействия может быть записано
0,05 if 0  t  
аналитически следующим образом: J(t) : =
.
0 otherwise
Для выполнения операций преобразования Лапласа в среде MathCAD
запишем мгновенное значение тока одной формулой, используя
скачкообразную единичную функцию (функцию Хевисайда) 1(t), которая в
MathCAD обозначается как Ф(t): J(t) : = 0.05·(Ф(t) – Ф(t–)).
Изображение тока источника:
laplace,t .5000 e  1
e( .1500 e 1 ) s
J(s) : = J(t)
– .5000е-1·
,

s
s
float ,4
0 ,05
то есть J(р) =
(1 – е -p).
p
Спектральная плотность тока источника может быть получена из
0,05
изображения тока заменой р на j: J() :=
(1 – е –j··).
j 
Спектральная плотность выходного напряжения находится через
комплексное передаточное сопротивление: U2() := Z()·J().
Наконец, с помощью системы MathCAD выполняем вычисление
1 
интеграла обратного преобразования Фурье: u2(t) =
·  U 2( j )  e jt d .
2  
Поскольку вычисление несобственных интегралов в системе MathCAD
не предусмотрено (ввиду численного решения задаваемого интеграла), то
вместо бесконечных пределов возьмём достаточно большие конечные, напри122
мер, 60000, допуская тем самым не слишком большую ошибку:
1 60000
u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  60000
Для любого значения времени можно получить ответ. Например,
u2(0.005) = 17.717 u2(0.01) = 30.386
u2(0.05) = 2.113.
Наконец, напряжение u2(t) в виде графика можно получить, используя
встроенную в MathCAD функцию invfourier:
invfourier ,
u2(t) := U2()
 31,24·Ф(1.·t) – 31.24·Ф[(-1).·t] – 62.49·e(-66.67)·t·…
float ,4
График напряжения u2(t)
приведен на рис. 7.116.
30
ЗАДАЧА
7.81.
Решить
20
задачу 7.79 с помощью интеграла
Дюамеля,
операторным
и u2( t )
спектральным
методом
при
10
условии,
что
источник
вырабатывает одиночный импульс
0
тока, график которого приведен на
рис. 7.117,а. Построить график
0
0.02
0.04
0.06
выходного напряжения.
t
Рис. 7.116
Решение
а)
1. Для решения задачи с
0.04
использованием интеграла Дюамеля
необходимо
предварительно
определить
переходную
характеристику (в данном случае – j( t ) 0.02
переходное сопротивление), которая
по определению является реакцией
цепи на единичное скачкообразное
0
воздействие (функцию Хевисайда),
0
0.005
0.01
операторное изображение которой
t
1/р. Другими словами, переходная
20
характеристика численно равна б)
выходной величине при включении
цепи на единичную входную
величину (в данном случае на 1 А).
10
Определим
эту
переходную
u2( t )
характеристику,
используя
операторное
передаточное
сопротивление,
полученное
из
0
комплексного
передаточного
сопротивления заменой j на р,
0
0.02
0.04
0.06
путём преобразований Лапласа,
Рис. 7.117
t
123
0.08
0.015
0.08
которые сделаем с помощью программы MathCAD. В задаче 7.79 получено:
b p  b0
83333
Z(р) = 1
=
.
p  a0
p  66 ,67
1
Тогда изображение выходного напряжения U2(р) := Z(р)· .
p
Искомая переходная характеристика
invlaplace, p
g(t) := U2(р)
 1250. – 1250.·e (-66.67)·t
float ,4
Импульс входного тока аналитически описывается двумя формулами:
- на интервале 0  t  t1 = 0,01 с j1(t) := 0.01 + 4·t;
- на интервале t1  t
j2(t) := 0.
Искомое напряжение при 0  t  t1 = 0,01 с:
t
 d

u21(t) := j1(0)·g(t) +  
j1(  )   g( t   )d

0  d
simplify
u21(t)
 5000.·t – 75.00 + 75.00·e (-66.67)·t.
float ,4
 d

u22(t) := j1(0)·g(t) +  
j1(  )   g( t   )d + (0 – j1(t1))·g(t – t1)

0  d
simplify
u22(t)
 (-12.50) – 12.50·e (-66.67)·t + .6667 + 75.00·e (-66.67)·t.
float ,4
Ответ записываем в следующем виде:
u2(t) := 0 if t < 0
u21(t) if 0  t  t1
u22(t) otherwise
Таким образом, имеем следующий ответ:
5000 t  75  75e 66 ,67 t B при 0  t  0 ,01 c ,
u2(t) = 
 66 ,67 ( t  0 ,01 )
 75e 66 ,67 t B при t  0 ,01 c.
 12 ,5  12 ,5e
График напряжения построен на рис. 7.117,б.
2. Выполним расчёт операторным методом.
Аналитическое
выражение
тока
источника,
записанное
с
использованием функции Хевисайда Ф(t):
j(t) := (0.01 + 4·t)·(Ф(t) – Ф(t – t1)).
Изображение тока источника:
laplace,t .1000 e  1
e( .1000 e 1 ) s
e( .1000 e 1 ) s 4.
J(s) := j(t)
– .5000e-1·
+ 2 – 4.·
.

s
s
float ,4
s2
s
Изображение выходного напряжения: U2(р) := Z(р)·J(р).
Оригинал выходного напряжения:
invlaplace, p
u2(t) := U2(р)
 62.50·e (-66.67)·t – 62.50 – 12.50·Ф(t – .1000е-1)·
float ,4
·e (-66.67)·t + .6667 + 62.50·Ф(t – .1000е-1) + 5000.·t – 5000.·t·Ф(t – .1000е-1).
При t  t1
t1
124
График напряжения, построенный по последней формуле, приведен на
рис. 7.117,б.
3. Выполним расчёт спектральным методом.
Оригинал и изображение тока источника:
j(t) := (0.01 + 4·t)·(Ф(t) – Ф(t – t1))
laplace,t .1000 e  1
e( .1000 e 1 ) s
e( .1000 e 1 ) s 4.
J(s) := j(t)
– .5000e-1·
+ 2 – 4.·
.

s
s
float ,4
s2
s
Спектральная плотность тока источника:
4.
e( .1000 e 1 ) j 
.1000e  1
e( .1000 e 1 ) j 
J() :=
– .5000e-1·
+
– 4.·
.
j 
j 
( j   )2
( j   )2
Спектральная плотность выходного напряжения находится через
комплексное передаточное сопротивление: U2() := Z()·J(), где комплекс83333
ное передаточное сопротивление Z() :=
.
j    66 ,67
С помощью системы MathCAD выполняем вычисление интеграла
1 
обратного преобразования Фурье:
u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  
Вместо бесконечных пределов возьмём достаточно большие конечные,
1 60000
например, 60000: u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  60000
Для любого значения времени можно получить ответ. Например,
u2(0.005) = 7.283
u2(0.01) = 19.566
u2(0.05) = 1.361.
Сравните полученные ответы с графиком рис. 7.117,б.
ЗАДАЧА 7.82. Рассчитать напряжение u2(t) переходного процесса при
подключении цепи задачи 5.43 /1/ к источнику постоянного тока J = 0,05 A
операторным методом. Формула для комплексного передаточного
сопротивления, полученная при решении задачи 5.43:
5  10 8
Z(j) =
Ом.
( j )2  1000  j  3.5  10 5
Решение
Последовательность решения задачи такая же, как и задачи 7.79.
Поэтому приведём лишь ответы.
Операторное передаточное сопротивление Z(р) получаем из
комплексного передаточного сопротивления заменой j на р:
5  10 8
Z(р) := 2
.
p  1000  p  3.5  10 5
Изображения тока источника и выходного напряжения:
laplace,t .5000 e  1
0 ,05
J(s) := J
, то есть J(р) =
;

s
float ,4
p
125
simplify
.2500 e8
.
 2
float ,4
( p  1000 .  p  .3500 e6 )  p
Оригинал искомого напряжения получаем с помощью обратного
преобразования Лапласа:
invlaplace, p
u2(t) := U2(р)
 71.43 – 71.43·е (-500.)·t·cos(316.2·t) –
float ,4
– 112.9·е (-500.)·t·sin(316.2·t).
U2(р) := Z(р)·J(р)
U2(р)
ЗАДАЧА 7.83. Решить задачу
60
7.82 с помощью интеграла Дюамеля,
операторным
и
спектральным
50
методом при условии, что источник
вырабатывает одиночный импульс
40
тока, график которого приведен на
рис. 7.117,а. Построить график выходного напряжения.
30
u2( t )
Решение
Последовательность решения
20
задачи такая же, как и задачи 7.81.
Поэтому приведём лишь ответы.
10
5  10 8
1. Z(р) := 2
.
p  1000  p  3.5  10 5
0
Переходная характеристика
0
0.01
0.02
1 invlaplace, p
g(t) := Z(р)·

t
Рис. 7.118
float ,4
p
 1429. – 1429.·е (-500.)·t·cos(316.2·t) – 2259.·е (-500.)·t·sin(316.2·t).
Импульс входного тока аналитически описывается двумя формулами:
- на интервале 0  t  t1 = 0,01 с j1(t) := 0.01 + 4·t;
- на интервале t1  t
j2(t) := 0.
Искомое напряжение при 0  t  t1 = 0,01 с:
t
 d

u21(t) := j1(0)·g(t) +  
j1(  )   g( t   )d

0  d
simplify
u21(t)
 (-2.040) + 5716.·t + 2.040·e (-500.)·t·cos(316.2·t) –
float ,4
– 14.85·e (-500.)·t·sin(316.2·t).
При t  t1
t1
 d

u22(t) := j1(0)·g(t) +  
j1(  )   g( t   )d + (0 – j1(t1))·g(t – t1)

0  d
simplify
u22(t)
 2.040·e (-500.)·t·cos(316.2·t) – 14.85·e (-500.)·t·sin(316.2·t) +
float ,4
126
+ 55.12·e (-500.)·t + 5.·cos(316.2·t – 3.162) + 105.2·e (-500.)·t + 5.·sin(316.2·t – 3.162).
Ответ записываем в следующем виде: u2(t) := 0 if t < 0
u21(t) if 0  t  t1
u22(t) otherwise
График напряжения построен на рис. 7.118.
2. Выполним расчёт операторным методом. Оригинал тока источника:
j(t) := (0.01 + 4·t)·(Ф(t) – Ф(t – t1)).
Изображение тока источника:
laplace,t .1000 e  1
e( .1000 e 1 ) s
e( .1000 e 1 ) s 4.
J(s) := j(t)
–
.5000e-1·
+
–
4.·
.

2
2
s
s
float ,4
s
s
Изображение выходного напряжения: U2(р) := Z(р)·J(р).
simplify
( 1.)  p  5.  e( .1000 e 1 ) p  p  400 .  400 .  e( .1000 e 1 ) p
U2(р)
 (-.5е7)·
float ,4
( p 2  1000 .  p  .3500 e6 )  p 2
Оригинал выходного напряжения:
invlaplace, p
u2(t) := U2(р)
 (-2.041) + 2.041·e (-500.)·t·cos(316.2·t) –
float ,4
– 14.84·e (-500.)·t·sin(316.2·t) + 2.041·Ф(t – .1000е-1) +
+ 55.10·Ф(t – .1000е-1)·e (-500.)·t + 5.·cos(316.2·t – 3.162) +
+ 105.2·Ф(t – .1000е-1)·e (-500.)·t + 5.·sin(316.2·t – 3.162) +
+ 5714.·t – 5714.·t·Ф(t – .1000е-1).
График напряжения, построенный по последней формуле, приведен на
рис. 7.118.
3. Выполним расчёт спектральным методом.
Спектральная плотность тока источника, полученная по изображению
тока источника
e( .1000 e 1 ) j 
4.
.1000e  1
e( .1000 e 1 ) j 
J() :=
– .5000e-1·
+
– 4.·
.
j 
j 
( j   )2
( j   )2
Спектральная плотность выходного напряжения находится через
комплексное передаточное сопротивление: U2() := Z()·J(), где комплексное передаточное сопротивление
.5000 e9
Z() =
.
.3500 e6  ( j )2  1000  j
С помощью системы MathCAD выполняем вычисление интеграла
1 
обратного преобразования Фурье:
u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  
Вместо бесконечных пределов возьмём достаточно большие конечные,
1 60000
например, 60000:
u2(t) :=
·  U 2(  )  e j  t d .
2  60000
Для любого значения времени можно получить ответ. Например,
u2(0.005) = 25.311
u2(0.01) = 55.09
u2(0.015) = 8.595.
Сравните полученные ответы с графиком рис. 7.118.
127
Подытоживая анализ задач 5.42, 5.43, 6.5, 7.79 – 7.83, можем сказать,
что при помощи комплексной передаточной функции можно определить
реакцию цепи при любой форме воздействия.
128