f 1 (t)= Ae -αt cos ω 0 t F 1 (s)= AL{cos ω 0 t}| s=s+α = A s + α (s + α) 2 + ω 2 0 f 2 (t)= Ae -αt sin ω 0 t F 2 (s)= AL{sin ω 0 t}| s=s+α = A ω 0 (s + α) 2 + ω 2 0 f 3 (t)= Ae -αt cos(ω 0 t + ρ) f 3 (t)= Ae -αt [cos ρ cos ω 0 t - sin ρ sin ω 0 t] F 3 (s)= A cos ρ s + α (s + α) 2 + ω 2 0 + A sin ρ ω 0 (s + α) 2 + ω 2 0 = ... f 4 (t)= Ae -αt + Be -βt F 4 (s)= A s + α + B s + β = (A + B)s + Aβ + Bα (s + α)(s + β) f 5 (t)= Ate -αt F 5 (s)= AL{t}| s=s+α = A (s + α) 2 f 6 (t)= At cos ω 0 t f 6 (t)= At 2 e jω0t + e -jω0t , F 6 (s)= A 2 1 (s - jω 0 ) 2 + 1 (s + jω 0 ) 2 = A 2 s 2 - ω 2 0 (s 2 + ω 2 0 ) 2 f (t)=[ε(t) - ε(t - τ )] t τ F (s)= 1-(1+sτ )e -sτ s 2 τ
16
Embed
FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartománybanbilicz/oktatas/JR2/JR2_gy3_uj.pdf · FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartományban Dr. Horváth Péter, BME
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartományban
Dr. Horváth Péter, BME HVT
2017. január 19.
1. feladat
Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg Laplace-transzformáltjukat!
1.1. +f1(t) = Ae−αt cosω0t
A csillapítási tétel felhasználásával
F1(s) = ALcosω0t |s=s+α = As+ α
(s+ α)2 + ω20
1.2. f2(t) = Ae−αt sinω0t
Az el®z®höz hasonlóanF2(s) = ALsinω0t |s=s+α = A
ω0
(s+ α)2 + ω20
1.3. +f3(t) = Ae−αt cos(ω0t+ ρ)
f3(t) = Ae−αt [cos ρ cosω0t− sin ρ sinω0t]
F3(s) = A cos ρs+ α
(s+ α)2 + ω20
+A sin ρω0
(s+ α)2 + ω20
= . . .
1.4. +f4(t) = Ae−αt +Be−βt
F4(s) =A
s+ α+
B
s+ β=
(A+B)s+Aβ +Bα
(s+ α)(s+ β)
1.5. +f5(t) = Ate−αt
A csillapítási tétel alapján
F5(s) = ALt |s=s+α =A
(s+ α)2
1.6. +f6(t) = At cosω0t
f6(t) =At
2
[ejω0t + e−jω0t
],
a csillapítási tétel alapján
F6(s) =A
2
[1
(s− jω0)2+
1
(s+ jω0)2
]=A
2
s2 − ω20
(s2 + ω20)2
2. feladat
Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg Laplace-transzformáltjukat!
Célunk a Laplace-transzformált ismeretében meghatározni a hozzá tartozó id®függvényt anélkül, hogy az in-verziós integrált kiértékelnénk. A bemutatott módszer lényege, hogy a racionális törtfüggvény alakú Laplace-transzformáltat részlettörtekre bontjuk. A részlettörtekhez pedig ránézésre tudunk id®függvényt rendelni. Atárgyban olyan függvényekkel találkozunk, ahol a nevez® fokszáma nagyobb (valódi törtfüggvény) vagy egyenl®(áltört) a számláló fokszámánál.
Példa: legyen a visszatranszformálandó függvény
Y (s) =1,5s2 + 6s+ 6
s2 + 5s+ 4
A nevez® nullhelyei (az Y (s) függvény pólusai): p1 = −1, p2 = −4, amivel
Y (s) =1,5s2 + 6s+ 6
(s+ 1)(s+ 4).
Bontsuk részlettörtekre a függvényt!
Y (s) = C0 +C1
s+ 1+
C2
s+ 4,
egyel®re ismeretlen C konstansokkal. Ilyen módon elemi transzformációs párokra vezettük visszaaz inverz transz-formációt, és a megfelel® id®függvényt ránézésre felírhatjuk:
y(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e
−1t + C2e−4t] ,
és keressük a C együtthatókat.A részlettörtekre bontás elvégzésére, az együtthatók meghatározására három módszert mutatunk.
• Együtthatók összehasonlítása -> ahogy a Matematika tárgyakból tanultuk (JR2-b®l nem részletezzük)
• Octave/Matlab alkalmazását.
• A letakarásos módszert
4.2. Octave/Matlab használata
A részlettörtekre bontás az residue() függvénnyel végezhet®. Ennek szintaxisa Octave alatt:
>> help residue-- Function File: [R, P, K, E] = residue (B, A)-- Function File: [B, A] = residue (R, P, K)-- Function File: [B, A] = residue (R, P, K, E)
The first calling form computes the partial fraction expansion forthe quotient of the polynomials, B and A.
The quotient is defined as
B(s) M r(m) N---- = SUM ------------- + SUM k(i)*s^(N-i)A(s) m=1 (s-p(m))^e(m) i=1
where M is the number of poles (the length of the R, P, and E),the K vector is a polynomial of order N-1 representing the directcontribution, and the E vector specifies the multiplicity of them-th residue’s pole.
Matlab-ban:
>> help residueresidue Partial-fraction expansion (residues).
[R,P,K] = residue(B,A) finds the residues, poles and direct term ofa partial fraction expansion of the ratio of two polynomials B(s)/A(s).If there are no multiple roots,
B(s) R(1) R(2) R(n)---- = -------- + -------- + ... + -------- + K(s)A(s) s - P(1) s - P(2) s - P(n)
Vectors B and A specify the coefficients of the numerator anddenominator polynomials in descending powers of s.
A példánkra a következ®képpen alkalmazhatjuk a függvényt:
>> [r,p,k] = residue([1.5 6 6],[1 5 4])
r =
-2.00000.5000
p =
-4-1
k =
1.5000
Vagyis C0 = 1,5, C1 = 0,5 és C2 = −2, és a részlettörtekre bontott alak
Y (s) = 1,5 +0,5
s+ 1+−2
s+ 4.
Az Octave-függvény 4. kimen® argumentuma, E vektor az egyes pólusok multiplicitását tartalmazza, amitöbbszörös pólusok esetén (lásd kés®bb) az egyes részlettörtek azonosításában segít. A Matlabban ezt az in-formációt implicit módon kapjuk meg, mert a kimen® vektorok s csökken® hatványai szerint tartalmazzák apólusok és a hozzá tartozó reziduumok értékeit.
Ezen függvények helyesen kezelik a nem valódi törtfüggvényeket, a többszörös pólusokat és a konjugáltkomplex póluspárokat is.
4.3. A letakarásos módszer
4.3.1. Példa a letakarásra
lims→∞
Y (s) = lims→∞
C0 + lims→∞
C1
s+ 1+ lims→∞
C2
s+ 4= C0
lims→∞
1,5s2 + 6s+ 6
s2 + 5s+ 4= 1,5 = C0
lims→−1
(s+ 1)Y (s) = lims→−1
(s+ 1)C0 + lims→−1
(s+ 1)C1
s+ 1+ lims→−1
(s+ 1)C2
s+ 4= C1
lims→−1
(s+ 1)1,5s2 + 6s+ 6
(s+ 1)(s+ 4)=
1,5s2 + 6s+ 6
s+ 4|s=−1 = 0,5 = C1
4.3.2. A kifejtési tétel
Ha egy X(s) = Q(s)P (s) racionális törtfüggvény nevez®jében csak egyszeres gyökök fordulnak el®, és P fokszáma ≥
Q fokszáma, akkor
X(s) =Q(s)
P (s)=
Q(s)
(s− p1)(s− p2) . . . (s− pn)
részlettörtekre bontható
X(s) = C0 +C1
s− p1+
C2
s− p2+ . . .+
Cns− pn
,
az együtthatók pedig meghatározhatókC0 = lim
s→∞X(s)
Ck = lims→pk
(s− pk)X(s) = lims→pk
(s− pk)Q(s)
P (s)=
Q(pk)
lims→pkP (s)s−pk
.
Az ennek megfelel® id®függvény
x(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e
p1t + C2ep2t + . . .+ Cne
pnt].
4.3.3. Többszörös pólusok kezelése
Ha a nevez®nek pontosan egy kétszeres1 gyöke van (pr+1):
X(s) =Q(s)
P (s)=
Q(s)
(s− p1)(s− p2) . . . (s− pr)(s− pr+1)2,
akkor a részlettörtekre bontott függvényt az alábbi alakban kell keresnünk:
X(s) = C0 +C1
s− p1+ . . .+
Crs− pr
+D1
(s− pr+1)+
D2
(s− pr+1)2.
Az ennek megfelel® id®függvény pedig
x(t) = C0δ(t) + ε(t)[C1e
p1t + . . .+ Creprt +D1e
pr+1t +D2tepr+1t
].
Itt csak a Ck együtthatók és D2 határozhatók meg letakarással, D1 meghatározása az együtthatók összeha-sonlítása alapján végezhet® el.
5. feladat
Határozzuk meg az alábbi függvények inverz Laplace-transzformáltját!
5.1. +
F1(s) = 3s+ 2
(s+ 1)(s+ 4)
f1(t) =[e−t + 2e−4t
]ε(t)
5.2. +
F2(s) = 3(s+ 2)2
(s+ 1)(s+ 4)
f2(t) =[e−t − 4e−4t
]ε(t) + 3δ(t)
5.3.
F3(s) =5
(s+ 2)2
f3(t) = 5te−2tε(t)
5.4. +
F4(s) =3s+ 2
(s+ 1)(s+ 2)2
f4(t) =[−e−t + e−2t + 4te−2t
]ε(t)
5.5.
F5(s) = 3s
(s+ a)(s+ b)
f5(t) = 3[
aa−be
−at + bb−ae
−bt]ε(t)
5.6.
F6(s) =1
s(s2 + 2as+ b2), b2 > a2
f6(t) = 1b2
[1− e−at
(cos(ω0t) + a
ω0sin(ω0t)
)]ε(t); ω0 =
√b2 − a2
1Ennél nagyobb multiplicitású gyökökre általánosítható a Laplace-transzformáció integrálási tétele segítségével. A q-szorosgyökhöz tartozó részlettörtek nevez®i rendre (s − pr+1), (s − pr+1)2, . . . (s − pr+1)q , a hozzájuk tartozó id®fügvények pedig
Határozzuk meg az u(t) feszültséget, ha i(t) = I0!
i(t)
R
u(t)3R 2R
L
R
t = 0
A hálózat a t = 0 pillanatban energiamentes, ezért számolhatunk operátoros impedanciákkal. A forrásáramLaplace-transzformáltja
I(s) =I0s.
Áramosztással:
U(s) =I0s
3R
3R+R+ 2R× (R+ sL)[2R× (R+ sL)] = I0R
s+R/L
s(s+ 7R/3L)
Részlettörtekre bontva
U(s) = RI0
[C1
s+
C2
s+ 7R/3L
]Letakarással
C1 =s+R/L
s+ 7R/3L|s=0 =
3
7,
C2 =s+R/L
s|s=−7R/3L =
4
7A keresett válasz:
u(t) =I0R
7
(3 + 4e−
7R3L
)
T
Um
t
u(t)
τ T
UmR
t
i(t)
1. ábra. 7. feladat
7. feladat
Egy L induktivitású és R soros veszteségi ellenállású tekercset a t = 0 pillanatban u(t) =Umt
Tid®függés¶
feszültségre kapcsolunk. Határozzuk meg az áram i(t) id®függvényét, ha a tekercs a bekapcsolás pillanatábanenergiamentes!
u(t)
L
Ri(t)
A forrásfeszültség Laplace-transzformáltja
U(s) =UmT
1
s2.
Az áram komplex frekvenciatartományban operátoros impedanciákkal:
I(s) =U(s)
R+ sL=UmTL
1s2(s+R/L) =
UmTL
[D1
s+D2
s2+
C1
s+R/L
]Innen letakarással
D2 =L
R,
C1 =L2
R2,
és együtthatók összehasonlításával
D1 = −L2
R2.
A keresett id®függvény a hálózat τ = L/R id®állandójával kifejezve
i(t) = UmTL
[−L2
R2 + LR t+ L2
R2 e−tR/L
]ε(t) = Um
R
[tT −
τT
(1− e−t/τ
)]ε(t)
A forrásfeszültség és az áram id®függvénye a 1. ábrán látható.
8. feladat
Az alábbi hálózatra a t = 0 pillanatban Um amplitúdójú és T hosszúságú szimmetrikus kett®s négyszögimpulzusalakú feszültséget kapcsolunk. Határozzuk meg a bejelölt áram i(t) id®függvényét!
u(t)
R
R
L
i(t)
2R
t = 0
Határozzuk meg a választ úgy is, hogy us(t) egy τ hosszúságú, Um magasságú háromszögimpulzus (és nincskapcsoló)!
*Megoldás négyszögimpulzusra*A gerjesztés:
u(t) = Um(ε(t)− 2ε(t) + ε(t))
U(s) = Ums
(1− 2e−sT/2 + e−sT
)Az áram komplex frekvenciatartományban:
I(s) = U(s)R×(sL+2R)+R
RsL+2R+R = Um
2L1−2e−sT/2+e−sTs(s+5R/2L)
Így a válasz:
i(t) = Um5R
[(1− e−αt
)ε(t)− 2
(1− e−α(t−T/2)
)ε(t− T/2) +
(1− e−α(t−T )
)ε(t− T )
]; α = 5R
2L
*Megoldás háromszögimpulzusra*?A gerjesztés:
u(t) = Um
[(ε(t)− ε(t− τ/2)) 2t
τ + (ε(t− τ/2)− ε(t− τ)) 2(τ−t)τ
]U(s) = 2Um
τ
(1−2e−sτ/2+e−sτ
s2
)A már ismert átviteli karakterisztika az új gerjesztéssel:
I(s) = UmLτ
(1− 2e−sτ/2 + e−sτ
)1
s2(s+α) ; α = 5R2L
A parciális törtekre való bontás az együtthatók meghatározásával:
A1
s + A2
s2 + Bs+α
A1 = − 1α2 ; A2 = 1
α ; B = 1α2
Eszerint az áram id®függvénye:
i(t) = UmLτα2
[(αt+ e−αt − 1
)ε(t)− 2
(α(t− τ/2) + e−α(t−τ/2) − 1
)ε(t− τ/2) +
(α(t− τ) + e−α(t−τ) − 1
)ε(t− τ)
]9. feladat
Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatra a t = 0 pillanatban U0 = 125 V egyenfeszültséget kap-csolunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk a kondenzátor feszültségének uc(t) id®függvényét az alábbi adatokesetén:
Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban az i3(t) áramot, ha us(t) = U0[ε(t) − ε(t − T )]. Az α és βparaméterek mely értéktartományában stabilis a hálózat (R1, R2, R3, C > 0)?
us(t)
R1i1
βu2 αi1 R2u2
C
R3
i3
A gerjesztés komplex tartományban:Us(s) = U0
1−e−sTs
Us
R1I1
βU2 αI1 R2U2
C
R3
I3
Us U2 U3
∅
Egy lehetséges egyenletrendszer:
U2 : αI1 + U2
R2+ sC(U2 − U3) = 0
U3 = R3I3
I1 = Us−βU2
R1
U2 = I3(R3 + 1
sC
)A válasz két konstans (a,b) bevezetésével:
I3(s) = αU0R2
a1s+b (1− e
−sT )
i3(t) =αU0R2
a
[ε(t)e−bt − ε(t− T )e−b(t−T )
]a = αβR2R3 −R1R2 −R1R3 6= 0, b =
αβR2 −R1
aC
A hálózat akkor stabilis, ha b > 0. Ehhez:
αβ > R1(R2+R3)R2R3
valamint αβ < R1
R2
11. feladat
Az ábrán látható hálózatban a kapcsolót a t = 0 pillanatban zárjuk.
a) Határozzuk meg a bejelölt i áram id®beli változását a t > 0 pillanatokra, ha a kapcsoló zárása el®tt a hálózatállandósult állapotban volt!
b) Határozzuk meg az i áram ugrását a t = 0 pillanatban!
U0
i
R
L 2RR
t = 0
A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = −0 -ban:
iL(−0) = U0
R
Us
I
R
L
IL0
2RR
Us U
∅
(Us = U0
s , IL0 = UsR )
Az egyenletek Us és U csomópontokra felírva:
Us : − I + Us−UR×sL + Us
R = 0
U : − I + UR×2R = 0
Ezekb®l:
a)
I(s) = 6U0
5Rs+R/2L
s(s+2R/5L) = 3U0
2R
(1s −
15
1s+2R/5L
)i(t) = 3U0
2R
(1− 1
5e− 2R
5L t
)ε(t)
b)∆i = i(+0)− i(−0) = 6U0
5R −U0
R = U0
5R
12. feladat
Oldjuk meg az el®z® feladatot arra az esetre, ha az eredetileg zárt kapcsolót a t = 0 pillanatban kinyitjuk!
A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = −0 -ban:
iL(−0) = 3U0
2R
Us
i
R
L
IL0
R
Us U
∅
(Us = U0
s , IL0 = 3Us2R )
Az egyenletek Us és U csomópontokra felírva:
Us : − I + Us−UR×sL + 3Us
2R = 0
U : − I + UR = 0
Az egyenletrendszert megoldva:
a)
I(s) = 5U0
4Rs+2R/5Ls(s+R/2L) = U0
R
(1s −
14
1s+R/2L
)i(t) = U0
R
(1 + 1
4e− R
2Lt
)ε(t)
b)∆i = i(+0)− i(−0) = 5U0
4R −3U0
2R = −U0
4R
13. feladat +
Az ábrán látható, állandósult állapotban lev® hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzukmeg a bejelölt i(t) áram id®függvényét! (R1 = R2 = R3 = 20 Ω, L = 20 mH, C = 100 µF, u1(t) ≡ U1 = 20 V,u2(t) ≡ U2 = 10 V.)
u2(t)
R2 L R1
u1(t)CR3
i(t)
t = 0
A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama, valamint a kondenzátor feszültsége:
iL(−0) = U2
R2+R3= 0.25 A
uC(−0) = U1 = 20 V
U2
R2 L R1
U1
C
UC0
R3
I
IL0
φ
UC
∅
(UC0 = U1
s , IL0 = U2
s(R2+R3))
Az egyenleteket felírva UC és φ csomópontokra:
UC : UC−φsL + U2
s(R1+R2)+ I + (UC + U1/s)sC + UC−U1/s
R1= 0
φ : φ−U2/sR1
+ φ−UCsL + U2
s(R1+R2)= 0
Emellett tudjuk, hogy:UC = R3I
Az egyenletrendszert megoldva, [V,A,Ω,mH,mF,ms, krad/s] koherens egységrendszerben:
Megjegyzés: Octave használatánál a közölt kimenetet úgy kapjuk, hogy sympref display flat paranccsal a széperedmény-megjelenítést kikapcsoljuk.
>> syms R1 I1 U1 I2 U2 Iv Us R2 R3 C s r>> [si1, si2, su1, su2, si] = solve(R1*I1+U1-Us==0, I2+U2/R2+U2/(R3+1/s/C)==0, U2 == r*I1, U1 == -r*I2, Iv == U2/(R3+1/s/C),