ismeretlen, kezdeti feltételét pedig abból a meggondolásból, hogy bekapcsolás előtt a tekercs energiamentes. Tehát a K.É.P.:

Kis Miklós: A Laplace transzformáció… (Kézirat, 2003)

5. Függelék E helyen jutunk el voltaképpeni célunkhoz, azaz annak bemutatásához, hogy a Laplace transzformáció miként alkalmazható az egyes villamosmérnöki szakterületeken. Hangsúlyozzuk, hogy célunk kizárólag a bemutatás! Nem tárgyaljuk az érintett terület villamosságtani alapjait, és a Laplace transzformáció nyújtotta lehetőségeknek is csak igen csekély hányadával, a legelemibb alkalmazással foglalkozunk. Csak áthidalni szeretnénk a matematika, mint tantárgy és a szakmai képzés közötti, a villamosmérnök hallgatók által eleinte tátongónak látott szakadékot. Arra törekszünk tehát, hogy valamelyest megkönnyítsük a villamosmérnök hallgatók jövőbeli munkáját, amikor az egyes nélkülözhetetlen szakmai ismereteket majd a „Laplace transzformáció nyelvén” kell elsajátítaniuk. Törekvésünket alkalmazási példák megoldásának ismertetése, és az operátoros impedancia fogalmának meghatározása által véljük optimálisan megvalósíthatónak. 5.1. Példák a Laplace transzformáció alkalmazására, bekapcsolási tranziens folyamatok vizsgálatában 1) Egymással sorosan kapcsolt, R > 0 nagyságú ellenállást és L > 0 önindukciójú tekercset u (t ) = Uˆ sin(ω t + ϕ ) időfüggvényű váltakozó feszültségre kapcsolunk. Határozzuk meg a körben folyó tranziens áram időfüggvényét! Megoldás: A megoldandó kezdeti érték probléma differenciálegyenletét Kirchhoff második törvénye alapján írjuk fel, – amelyben az áram időfüggvénye, i (t ) ismeretlen, – kezdeti feltételét pedig abból a meggondolásból, hogy bekapcsolás előtt a tekercs energiamentes. Tehát a K.É.P.: R i (t ) + L i ′(t ) = Uˆ sin(ω t + ϕ ) ;

i (t ) t =0 = 0 .

A megoldás megkezdése előtt két megjegyzést kell tennünk! i) A Laplace transzformáció nyilvánvalóan alkalmazható a megoldásra, hiszen t < 0 esetén a transzformálandó függvények értéke vagy valóban azonosan nulla, vagy azonosan nullának tekinthetők. Egyrészt a bekapcsolás előtt a passzív elemeken átfolyó áram nulla, azaz i (t ) = 0 , ha t < 0  i ′(t ) = 0 , ha t < 0 ;

másrészt a bekapcsolás előtt feszültség nagyságának időbeli lefutása indifferens, ezért azonosan nullának tekinthető, vagyis a feszültség legyen ha t < 0 0 , u (t ) = ® ˆ . ¯U sin(ω t + ϕ ) , ha t ≥ 0 ii) Könnyebben képezhetjük a jobboldal Laplace transzformáltját, ha azt – a megfelelő trigonometrikus azonosságot alkalmazva, – átalakítjuk: Uˆ sin(ω t + ϕ ) = Uˆ (sin ω t cos ϕ + cos ω t sin ϕ ) = Uˆ cos ϕ sin ω t + Uˆ sin ϕ cos ω t .

Ezek után lássuk a K.É.P. megoldását:

[

L[R i (t ) + L i ′(t )] = L Uˆ cos ϕ sin ω t + Uˆ sin ϕ cos ω t

R i ( s ) + L s i ( s ) = Uˆ (cos ϕ )

]

⇒

ω s + Uˆ (sin ϕ ) 2 2 s +ω s +ω2 2

33

⇒


i ( s) =

Uˆ ( s ⋅ sin ϕ + ω ⋅ cos ϕ ) Uˆ s ⋅ sin ϕ + ω ⋅ cos ϕ . = ⋅ R L ( s 2 + ω 2 )( L s + R ) 2 2  ( s + ω ) s +  L 

A parciális törtek összegére bontás részleteit mellőzve adódik, hogy Uˆ s ( R sin ϕ − ωL cos ϕ ) 2 + 2 2 2 R +ω L s +ω2 Uˆ Uˆ ω + 2 ( R cos ϕ + ωL sin ϕ ) 2 + 2 (ωL cos ϕ − R sin ϕ ) 2 2 2 R +ω L s +ω R + ω 2 L2

i ( s) =

1

. R s+ L Végül képezzük az inverz transzformáltat, amelynek eredményeképpen megkapjuk a tranziens áram időfüggvényét: i (t ) =

Uˆ ( R sin ϕ − ωL cos ϕ ) cos ω t + R 2 + ω 2 L2

R − t Uˆ Uˆ L R L t ( cos ϕ + ω sin ϕ ) sin ω + ( ω L cos ϕ − R sin ϕ ) e . 2 2 2 2 2 2 R +ω L R +ω L Alkalmazva a trigonometrikus függvényekre az ismert

+

sin ϕ cos ω t + cos ϕ sin ω t = sin(ω t + ϕ ) cos ϕ cos ω t − sin ϕ sin ω t = cos(ω t + ϕ )

azonosságokat, az áram időfüggvénye egyszerűbb alakban: Uˆ i (t ) = 2 R + ω 2 L2

R − t · § ¨ R sin(ω t + ϕ ) − ω L cos(ω t + ϕ ) + (ω L cos ϕ − R sin ϕ ) e L ¸ . ¸ ¨ ¹ ©

2) Egymással sorosan kapcsolt, R > 0 nagyságú ellenállást, L > 0 önindukciójú tekercset és C > 0 kapacitású kondenzátort U 0 > 0 egyenfeszültségre kapcsolunk. Határozzuk meg a körben folyó tranziens áram időfüggvényét!

Megoldás: A megoldandó kezdeti érték problémát ismét Kirchhoff második törvénye alapján írjuk fel, amelyben az áram időfüggvénye, i (t ) ismeretlen, és figyelembe vesszük a bekapcsolás előtti energiamentes állapotot: t 1 ′ R i (t ) + L i (t ) + ³ i (τ ) dτ = U 0 ; i (t ) t =0 = 0 . C0

Az előző példában írt okok miatt, most is alkalmazhatjuk a Laplace transzformációt: t 1 1 1 L R i (t ) + L i ′(t ) + ³ i (τ ) dτ = L[U 0 ]  R i ( s ) + L s i ( s ) + i (s) = U 0  C0 Cs s

U0 U0 U 1 L = = 0⋅ i ( s) = 2 L   1 s2 + R s + 1 R  1 R2 s R + L s + + + − s L LC Cs 2 L L C 4 L2

34


Tekintsük a nevezőbeli második összeadandót! Közös nevezőre hozva, az 4 LC − R2 C 2 1 R2 − 2 = LC 4 L 4 L2 C 2 tört számlálója alapján, háromféle esetet kell megvizsgálnunk. i) Legyen 4 L C − R 2 C 2 > 0 . A fenti törtet alkalmas alakban írva, 2 2 4 L C − R 2 C 2  4 L C − R C = 2 LC 4 L2 C 2

2

,

bővítjük a transzformált függvényt: 4 LC − R2 C 2 i (s) =

U0 2LC 2 LC ⋅ ⋅ 2 L 2 2 4 LC − R2 C 2  R  4 L C − R C s + + 2 L 2 LC

2

.

Az inverz transzformált, az áram időfüggvénye: i (t ) =

2U 0 C

−

4 LC − R2 C 2

e

R t 2L

4 LC − R2 C 2 sin t. 2 LC

ii) Legyen 4 L C − R 2 C 2 = 0 . Ekkor az inverz transzformált, az áram időfüggvénye:

−1 U 0 i (t ) = L L

R − t 1 U0 2L ⋅ . = ⋅ t ⋅ e 2  R L

s + 2 L

iii) Legyen 4 L C − R 2 C 2 < 0 . Ekkor 0 < − (4 L C − R 2 C 2 ) = R 2 C 2 − 4 L C , ezért i ( s) =

=

U0 ⋅ L

1  R s + 2 L

2

 R2 C 2 − 4 LC − 2 LC

U0 ⋅ 2 2 L  s + RC − R C − 4 LC 2 LC

2

=

1 2 2  ⋅s + RC + R C − 4 LC 2 LC

.

A parciális törtek összegére bontás részleteit mellőzve adódik, hogy U0 C

U0 C R C − 4LC 2

i (s) = s+

R C2 − 4 LC

2

R C − R2 C 2 − 4 LC 2 LC

2

− s+

RC + R2 C 2 − 4 LC 2LC

35

.


Az inverz transzformált, az áram időfüggvénye: U0 C

i (t ) =

R2 C 2 − 4 LC

⋅e

−

R t 2L

 ⋅ e

R2 C 2 −4 L C 2LC

t

−e

−

R 2 C 2 −4 L C 2LC

t

.

3)

Az ábrán látható hálózat passzív elemei a K kapcsoló zárása előtt energiamentesek. A Ks kapcsoló zárása után, a késleltető akkor zárja az áramkört, amikor az u(t) váltakozó feszültség növekedése a legnagyobb. Adott R és L passzív elemek esetén, határozzuk meg a K kapcsoló zárása után fellépő, ik(t) késleltetett terhelő áram időfüggvényét! (A késleltető áramát nullának tekintjük.)

R K

Bekapcsolás késleltető

L u(t)

Ks

ik(t)

Megoldás: Jelölje a váltakozó feszültség időfüggvényét u (t ) = Uˆ sin ω t , a késleltetés nélküli, isme2π retlen terhelő áramét pedig i (t ) . A késleltetési idő t 0 , amelyre teljesül a 0 < t 0 ≤ ω egyenlőtlenség. Az energiamentesség és a késleltetés miatt, 0 ≤ t ≤ t 0 esetén i (t ) = 0 , tehát i (0) = 0 . A késleltetett feszültség és az ismeretlen, késleltetett terhelő áram időfüggvénye: ha 0 ≤ t < t 0 0 , u k (t ) = ® ˆ ¯u (t − t 0 ) = U sin ω (t − t 0 ) , ha t 0 ≤ t ha 0 ≤ t < t 0 0 , ik (t ) = ® ¯i (t − t 0 ) , ha t 0 ≤ t Kirchhoff második törvénye alapján – figyelemmel az energiamentességre, – a késleltetett feszültséggel és árammal, a megoldandó kezdeti érték probléma: R ik (t ) + L ik′ (t ) = u k (t )

és

ik (t 0 ) = 0 .

Tekintsük a differenciálegyenlet Laplace transzformáltját, az L[R i k (t ) + L ik′ (t )] = L[u k (t )]

összefüggést, amelynek kiszámítására az eltolási tételt alkalmazzuk. Eszerint az egyenlet bal- és jobboldala L[R ik (t ) + L ik′ (t )] = e − t0 s L[R i (t ) + L i ′(t )]

és

L[u k (t )] = e − t0 s L[u (t )] ,

amelyek egyenlők egymással: e − t0 s L[R i (t ) + L i ′(t )] = e − t0 s L[u (t )]

Egyszerűsítünk – mivel e − t0 s ≠ 0 , – és a késleltetés nélküli terhelő áramra megoldjuk a kezdeti érték problémát: 36


R i ( s ) + s L i ( s ) = Uˆ

Uˆ i (t ) = 2 R + ω 2 L2

Uˆ = 2 R + ω 2 L2

ω 2 s +ω2

⇒ i ( s) =

ω Uˆ R 2 L 2  s +  (s + ω ) L  

⇒ . .. ⇒

         ω L ⋅ L−1  1  − ω L ⋅ L−1  s  + R ⋅ L−1  ω   = s2 + ω 2  s2 + ω 2       s + R      L   

   −Rt   ω L ⋅  e L − cos ω t  + Rsin ω t  .        

Ennek alapján, a késleltetett terhelő áram időfüggvénye: ik (t ) =

Uˆ R 2 + ω 2 L2

  − R ( t −t ) ω L ⋅ e L 0 − cos ω (t − t 0 ) + Rsin ω (t − t 0 ) , ha t 0 ≤ t .

5.2. Operátoros impedancia

Passzív áramköri elemeken tekintsük az áram és a feszültség időfüggvénye közötti öszszefüggést azzal a közös, megszorító feltétellel, hogy a tekercs és a kondenzátor – vagyis az energiatárolós elemek, – energiamentesek t ≤ 0 esetén! Ellenálláson, tekercsen és kondenzátoron tehát rendre: u (t ) = R i (t ) ;

u (t ) = L i ′(t ) , ahol i (0) = 0 ;

t

1 u (t ) = ∫ i ( x) dx . C0

Ezek Laplace transzformáltját képezve, az u (s) = R i (s ) ;

u (s) = s L i ( s) ;

u (s) =

1 i (s) sC

összefüggések adódnak, amelyek mindkét oldalát osszuk el az áram időfüggvényének Laplace transzformáltjával! (Oszthatunk, hiszen az értelmezési tartományában i ( s ) ≠ 0 .) Ekkor eredményül az operátoros reaktanciákat kapjuk: R=

u( s) ; i (s)

sL =

u (s) ; i (s)

1 u( s) . = s C i ( s)

A kifejezések hasonlóak a harmonikus feszültségű illetve áramú hálózatok számításában használt, úgynevezett Fourier reaktanciákhoz: R=

Uˆ sin ω t ; Iˆ sin ω t

jω L =

Uˆ sin ω t ; Iˆ sin ω t

Uˆ sin ω t 1 = , j ω C Iˆ sin ω t

ahol Uˆ és Iˆ , illetve ω az időben harmonikus lefolyású feszültség és áram csúcsértéke, illetve körfrekvenciája, továbbá j 2 = −1 . A hasonlóság következtében, az operátoros reaktanciák soros és párhuzamos kapcsolása eredő, operátoros impedanciájának kiszámítására ugyanazok a szabályok érvényesek, mint a Fourier reaktanciák eredő impedanciájának esetében: 1 1 1 1 soros kapcsolás: Z ( s ) = R + s L + ; párhuzamos kapcsolás: = + + sC . sC Z ( s) R s L 37


A t ≤ 0 esetén energiamentes hálózatok vizsgálata során, az operátoros impedancia szemléletmódja szükségtelenné teszi a differenciálegyenletekkel való modellezést, ehelyett lehetővé válik a hálózatanalízis ismert, a feladat megoldását egyszerűbbé tevő módszereinek közvetlen alkalmazása. Mivel célunk csak a Laplace transzformáció és az operátoros impedancia közötti kapcsolat bemutatása volt, ezért alkalmazása hatékonnyá tételének további feltételeit és módszereit nem ismertetjük. Befejezésül azonban – a feladat megoldásának egyszerűsödését megerősítendő, – az alkalmazást bemutatjuk egy példán. 5.3. Példa az operátoros impedancia alkalmazására Az ábrán látható hálózat paszszív elemei a K kapcsoló zárása előtt energiamentesek. R1 A feszültség adott u (t ) időK függvénye, továbbá adott R1 , R2 és L passzív elemek esetén, az opeR2 L rátoros impedancia módszerével, u(t) i(t) határozzuk meg a kapcsoló zárása után fellépő, i (t ) terhelő áram időfüggvényét!

Megoldás: A két párhuzamos elem eredő impedanciájára érvényes összefüggés alapján: 1 1 1 = + Z p ( s ) R2 s L

 Z p ( s) =

s L R2 . s L + R2

A hálózat eredő impedanciája: R1 R2 L ( R1 + R2 ) s L R2 s L ( R1 + R2 ) + R1 R2 + R1 = = . Z e ( s ) = Z p ( s ) + R1 = R2 1  s L + R2 s L + R2 s + L R1 + R2 s+

A terhelő áram Laplace transzformáltja, az u (s ) transzformált feszültségtől függően: u (s) 1 i ( s) = = ⋅ u (s) ⋅ Z e ( s ) R1 + R2

R2 L . R1 R2 s+ L ( R1 + R2 ) s+

U0 . s A terhelő áram időfüggvénye, – a parciális törtekre való felbontás részleteit mellőzve:

i) Ha egyenfeszültségre kapcsolunk, – t ≥ 0 esetén u (t ) = U 0 ⋅ 1(t ) , – akkor u ( s ) =

38


    R   s+ 2   U0 B L  = U 0 ⋅ L−1  A +  = .. . = i (t ) = L−1  ⋅  R1 + R2  R1 R2   R1 + R2  s s+ R1 R2   s  s +   L ( R1 + R2 )  L ( R1 + R2 )          U U0 R + R 2 1 R2 1 = 0 = ⋅ L−1  1 ⋅ − ⋅ R1 R2 R1 + R2 s R1  R1  R1 s+  L ( R1 + R2 )  

R1 R2 − t   1 − R2 ⋅ e L ( R1 + R2 )  .  R1 + R2   

Megjegyezzük, hogy az operátoros impedancia alkalmazásával könnyen meghatározhatjuk az egyes elemek feszültségének és áramának időfüggvényét is. Tekintsük példaként az R1 ellenállás u1 (t ) feszültségét: R2 U0 L . u1 ( s ) = R1 ⋅ i ( s ) = R1 ⋅ ⋅ R1 + R2  R1 R2 s s + L ( R1 + R2 ) s+

Ennek inverz transzformáltja a kérdéses feszültség: R2

R1 R2 s+ − t  U0 R2 L ( R1 + R2 ) −1

L . = .. . = U 0 1 − e u1 (t ) = L R1 ⋅ ⋅

R1 + R2 R1 + R2  R1 R2 s s +

L ( R R ) + 1 2

ii) Ha váltakozó feszültségre kapcsolunk, – t ≥ 0 esetén u (t ) = Uˆ sin(ω t + ϕ ) , vagy s sin ϕ  ω cos ϕ másként u (t ) = Uˆ (sin ωt cos ϕ + cos ωt sin ϕ ) , – akkor u ( s ) = Uˆ 2 + 2 . A 2 s +ω 2 s +ω terhelő áram időfüggvénye: R  (ω cos ϕ + s sin ϕ ) s + 2 Uˆ L i (t ) = L−1 ⋅ R1 + R2  R1 R2 ( s 2 + ω 2 )

s + L ( R1 + R2 )

Az áttekinthetőség érdekében, legyen i (t ) =

R1 R2 = r jelölésű, ezekkel = lω és R1 + R2 L

ª (ω cos ϕ + s sin ϕ ) ( s + lω ) º Uˆ ⋅ L−1 « »= 2 2 R1 + R2 ¬ (s + ω ) (s + l ω r ) ¼

=

ª s 2 sin ϕ + s ω (cos ϕ + l sin ϕ ) + l ω 2 cos ϕ º Uˆ ⋅ L−1 « »= R1 + R2 (s 2 + ω 2 ) (s + l ω r ) ¬ ¼

=

ª As + B Uˆ C º Uˆ B § · = ⋅ ¨ A cos ωt + sin ωt + Ce −l ω r t ¸ ⋅ L−1 « 2 + » 2 R1 + R2 s + l ω r ¼ R1 + R2 © ω ¹ ¬s +ω 39


Kiszámítva A , B és C együtthatókat, – a parciális törtekre felbontás részleteit ismét mellőzve, – alkalmazva a megfelelő trigonometrikus azonosságokat és az eredeti jelöléseket, a terhelő áram időfüggvénye lényegében három áram szuperponáltjaként adható meg:

ω 2 L2 ( R1 + R2 ) + R1 R2 i (t ) = Uˆ 2 2 sin(ω t + ϕ ) − ω L ( R1 + R2 ) 2 + R1 2 R2 2 2

− Uˆ

ω L R2 2 cos(ω t + ϕ ) + ω 2 L2 ( R1 + R2 ) 2 + R1 2 R2 2 ω LR ( R + R2 ) cos ϕ − R1 R2 sin ϕ − L ( R1 + R2 ) t e . + Uˆ 2 22 1 ω L ( R1 + R2 ) 3 + R1 2 R2 2 ( R1 + R2 ) 2

3

R1 R2

Megjegyezzük, hogy az exponenciális összetevő adott időpontbeli nagysága ϕ -től, a bekapcsolási fázishelyzettől is függ. Speciális esetben, ha

ϕ = arctg

ω L ( R1 + R2 ) R1 R2

akkor a terhelő áramnak nincs exponenciális összetevője. 5.4. Gyakorló feladatok az operátoros impedancia alkalmazására 1) Határozzuk meg az előző példabeli kapcsolásban a párhuzamos elemek feszültségének időfüggvényét, valamint az R2 ellenállás és az L tekercs ágáramainak időfüggvényét! 2) Határozzuk meg sorosan kapcsolt ellenállás és (energiamentes) kondenzátor bekapcsolási tranziens áramát ϕ bekapcsolási fázishelyzetű, váltakozó feszültség esetén! 3)

R1 K R2 u(t)

i(t)

C

Az ábrán látható hálózat paszszív elemei a K kapcsoló zárása előtt energiamentesek. a) A feszültség adott u (t ) időfüggvénye, továbbá adott R1 , R2 és C passzív elemek esetén, határozzuk meg a kapcsoló zárása után fellépő, i (t ) terhelő áram időfüggvényét! A számításokat egyen- és váltakozó feszültség esetére egyaránt el kell végezni!

b) Határozza meg az egyes elemek feszültség és áram időfüggvényét!

40

ismeretlen, kezdeti feltételét pedig abból a meggondolásból, hogy bekapcsolás előtt a tekercs energiamentes. Tehát a K.É.P.:

Recommend Documents