PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY
PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY A) Časová oblast – integro-diferenciální rovnice K obvodu na obrázku je v čase t = 0 připojen zdroj napětí u(t) u(t). Vypočtěte časový průběh napětí ub (t). (t) R1
ua
C2
C1
ub R2
ub (t)
Počet obvodových rovnic je stejný jak při použití metody uzlových napětí, tak smyčkových proudů. Je-li úkolem vypočítat napětí ub (t), (t) bude metoda uzlových napětí výhodnější. Obvodové rovnice:
´ ua (t) ¡ u(t) dua (t) d³ + C1 + C2 ua (t) ¡ ub (t) = 0 R1 dt dt ´ u (t) d³ b C2 ub (t) ¡ ua (t) + =0 dt R2
(1) (2)
Protože chceme vypočítat napětí ub (t), (t) musíme eliminovat proměnnou ua (t) a její derivace. Derivaci napětí ua (t) můžeme vyjádřit z rovnice (2).
dua (t) dub (t) ub (t) = + dt dt R2 C 2
(3)
V rovnici (1) je napětí ua (t) a jeho derivace. Musíme proto derivovat rovnici (1), tak že bude obsahovat první a druhou derivaci ua (t) a dále derivovat rovnici (3), abychom vyjádřili druhou derivaci ua (t). (t)
d2 ua (t) d2 ub (t) 1 dub (t) = + dt2 dt2 R2C2 dt
R1 (C1 + C2 )
Pavel Máša, X31EO2
d2 ub (t) du(t) d2 ua(t) dua(t) + ¡ R C = 1 2 dt2 dt dt2 dt
(4)
(5)
strana 1
PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY
Po dosazení rovnic (3) a (4) do (5), dostaneme:
d2 ub (t) dub (t) du(t) +[R C + R C + R C ] R1 R2 C1 C2 +u (t) = R C 1 1 1 2 2 2 b 2 2 dt2 dt dt
(6)
Charakteristická rovnice bude
R1 R2 C1 C2 ¸2 + [R1 C1 + R1 C2 + R2 C2 ] ¸ + 1 = 0
(7)
Kvadratická rovnice má dva záporné kořeny. Pro zjednodušení, nechť R1 = R2 = R a C1 = C2 = C . Pak se rovnice (7) zjednoduší na tvar
R2C 2¸2 + 3RC¸ + 1 = 0
(8)
a (8) má kořeny:
¸1;2
¡3 = § 2RC
s
Ã
r ! ( 9 ¡3 5 ¡0:382 ¢ 1 1 ¢ § = ¡ = 2 2 (2RC) (RC) RC 2 4 ¡2:618 ¢
1 RC 1 RC
(9)
Obecné řešení rovnice je
ub (t) = K1 e
¡0:382 RC t
+ K2 e
¡2:618 RC t
(10)
Partikulární řešení v obvodu závisí na charakteru napájecího zdroje. Pokud je napájecí zdroj stejnosměrný, u(t) = U , bude
up = ub (1) = 0
(11)
Čas položíme rovný 0, t = 0, z rovnice (10) dostaneme
ub (0) = K1 + K2
(12)
V tomto okamžiku máme jednu rovnici a dvě neznámé konstanty K 1 a K2. Musíme derivovat rovnici (10), abychom získali druhou rovnici k vyjádření integračních konstant:
u0b (t) =
¡0:382 ¡2:618 ¡0:382 2:618 K1 e RC t ¡ K2 e RC t RC RC
u0b(0+) =
¡0:382 2:618 K1 ¡ K2 RC RC
(13)
(14)
V rovnici (12) se nejedná o energetickou, ale matematickou počáteční podmínku, kterou musíme z energetických vypočítat. Před připojením napájecího zdroje byly oba kapacitory bez náboje
Pavel Máša, X31EO2
strana 2
PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY
uC1 (0¡ ) = uC1 (0+ ) = 0
(15)
uC2 (0¡ ) = uC2 (0+ ) = 0
(16)
S použitím metody smyčkových proudů dostaneme
ub (0+ ) ¡ uC2 (0+ ) + uC1 (0+ ) = 0
(17)
takže
ub (0+ ) = uC2 (0+ ) ¡ uC1 (0+ ) = 0
(18)
Abychom nalezli druhou matematickou podmínku, kterou potřebujeme v rovnici (14) se musíme vrátit zpět k rovnicím (1) a (2). Položením t = 0 a dosazením energetických počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic , ze které nusíme eliminovat u0a(0):
ua(0+ ) ¡ U + 2RCu0a (0+ ) ¡ RCu0b (0+ ) = 0 u0b (0+ ) = u0a (0+ ) ¡
ub(0+ ) RC
(19)
(20)
Protože ua (0+ ) = uC1(0+ ) = 0 a ub (0+ ) = uC1 (0+ ) ¡ uC2 (0+ ) = 0 Bude řešením soustavy rovnic (19) a (20)
u0b (0+ ) =
U RC
(21)
Dosazením (18) do (12) a (21) do (14) vypočítáme K1 a K2.
K2 =
¡U 2:236 ,
K1 =
U 2:236
a
´ U ³ ¡0:382 t ¡2:618 t RC RC ub (t) = e ¡e 2:236 A máme řešení J.
Pavel Máša, X31EO2
strana 3
PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY
B) Laplaceova transformace a. Obvodové rovnice Laplaceova transformace bude mnohem jednodušší: Můžeme použít různé metody, počínaje elementárními metodami analýzy (metoda postupného zjednodušování, Theveninův teorém, atd.). Obvodové rovnice:
Ua (p) ¡ U (p) + pC1 Ua (p) + pC2 (Ua (p) ¡ Ub (p)) = 0 R1
pC2 (Ub (p) ¡ Ua (p)) +
Ub (p) =0 R2
Přepsáno do maticové formy: "1 #" # + pC + pC ¡pC U (p) 1 2 2 a R1
¡pC2
(22)
pC2 +
1 R2
Ub (p)
(23)
=
" U (p) # R1
(24)
0
(maticový tvar (24) může být napsán přímo, nezávisle na rovnicích (22) a (23)). Pro řešení soustavy rovnic můžeme použít např. Cramerovo pravidlo: ¯1 ¯ ¯ + pC1 + pC2 U (p) ¯ ¯ R1 R1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¡pC2 0 ¯ ¯= Ub (p) = ¯ 1 ¯ R + pC1 + pC2 ¡pC2 ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¡pC2 pC2 + 1 ¯
=
( R11 + pC1 +
R2 U (p) ¡ R1 (¡pC2 ) pC2)(pC2 + R12 ) ¡
=
(25)
(¡pC2 )(¡pC2 ) U (p)pC2 = = R1 R1 2»» 2»» 2»» 2»» pC2 + R12 + p2 C1C2 R1 + pC1 R + p C R + pC ¡ p C R » » 1 2 1 2 2 R2 2 U (p)pR2 C2 = 2 P R1R2 C1C2 + pR1 C1 + pR2C2 + pR1 C2 + 1
Pokud R1 = R2 = R , C1 = C2 = C a napájecí zdroj je stejnosměrný, u(t) = U ,
Ub (p) =
U p pRC (pRC)2 + 3pRC
Pavel Máša, X31EO2
1 U RC = 2 1 +1 p + 3p RC +
1 (RC)2
=
A B + p ¡ p 1 p ¡ p2
(26)
strana 4
PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY
Kořeny polynomu jsou s à r ! ( ¡3 9 1 1 ¡3 5 ¡0:382 ¢ p1;2 = § ¡ = ¢ § = 2 2 2RC (2RC) (RC) RC 2 4 ¡2:618 ¢
1 RC 1 RC
Konstanty A a B v parciálních zlomcích můžeme vypočítat pomocí zakrývacího pravidla 1 p1 = ¡0:382 RC 1 U RC U A= = 1 1 1 1 (¡0:382 RC + ¡0:382 RC ) (¡0:382 RC + 2:618 RC ) 2:236
p2 = ¡2:618 B=
1 RC
1 (¡2:618 RC
1 U RC U = ¡ 1 1 1 2:236 + ¡0:382 RC ) (¡2:618 RC + 2:618 RC )
Řešením je:
´ ¡2:618 U ³ ¡0:382 t t ub (t) = e RC ¡ e RC 2:236 A máme hotovo J.
b. Theveninův náhradní obvod: Zi(p) Ui (p)
ub (t)
R2
Z pohledu svorek rezistoru R2 , jsou parametry Theveninova náhradního zdroje:
Ui = U (p)
Zi(p) =
1 pC1
R1 +
1 pC1
1 pC1 R1 + pC1 1
R1 ¢
Pavel Máša, X31EO2
+
1 1 + pR1 C1
(27)
1 R1 1 = + pC2 1 + pR1 C1 pC2
(28)
= U (p)
strana 5
PŘÍKLAD – PŘECHODNÝ DĚJ DRUHÉHO ŘÁDU – ŘEŠENÍ V ČASOVÉ OBLASTI A S VYUŽITÍM OPERÁTOROVÉ ANALÝZY
Obraz výstupního napětí ub (t) dostaneme s použitím rovnice pro dělič napětí:
R2 = Zi (p) + R2 R2 1 ¢ R1 = U (p) = 1 + pR1 C1 1+pR C + pC1 + R2 1 1 2 R2 = U (p) = 1+pR1 C1 R1 + pC2 + R2 + pR1 R2C1 pR2 C2 = = U (p) pC2 R1 + 1 + pR1 C1 + pR2 C2 + p2 R1 R2 C1 C2 p R11C1 = U (p) 2 2 C2 +C2 R1 p + p R1 C1R+R + R1 R21C1 C2 1 R2 C1 C2
Ub (p) = Ui(p)
(29)
Pokud R1 = R2 = R , C1 = C2 = C a napájecí zdroj je stejnosměrný, u(t) = U; pak (29) se zjednoduší na
Ub (p) = U ¢
1 RC 1 2 3 + ( RC ) p2 + p RC
(30)
To je stejná rovnice jako (26), takže postup výpočtu zpětné transformace je identický. A máme hotovo J.
Pavel Máša, X31EO2
strana 6
