t - Politechnika Wrocławska

Opracował: Lesław Dereń
Zakład Teorii Obwodów
Instytut Telekomunikacji, Teleinformatyki i Akustyki
Politechnika Wrocławska
Prawa autorskie zastrzeŜone
Temat 2
Podstawowe wyidealizowane elementy obwodu elektrycznego
Rezystor
u (t ) = R i (t ) ,
R − rezystancja,
i (t ) = G u (t ) ,
G = R −1 − konduktancja.
Induktor
u (t ) = L
di
,
dt
L – indukcyjność,
t
1
i ( t ) = i ( t0 ) + ∫ u (τ ) dτ ,
L t0
i(t0) – warunek
początkowy.
Kondensator
i (t ) = C
du
,
dt
C – pojemność,
t
1
u ( t ) = u ( t0 ) + ∫ i (τ ) dτ ,
C t0
u(t0) – warunek
początkowy.
Autonomiczne źródło napięciowe
u (t ) = e (t ) ,
i ( t ) − dowolny.
e(t) – siła elektromotoryczna
źródła,
Autonomiczne źródło prądowe
i ( t ) = iz ( t ) ,
u ( t ) − dowolne.
iz(t) – wydajność prądowa źródła,
(prąd źródłowy),
Rezystor, induktor i kondensator są elementami liniowymi i stacjonarnymi, natomiast
źródła autonomiczne — elementami nieliniowymi i niestacjonarnymi.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
2
Zadania
Zad. 1.
W obwodach, przedstawionych na rys. 1.1. wyznaczyć przebieg napięcia u(t). Sporządzić
wykresy tych napięć.
(a)
(b)
(c)
Rys. 1.1.
We wszystkich układach pobudzeniem jest idealne źródło prądowe o wydajności
prądowej
0,
t + 2,

iz ( t ) = −t ,
t − 2,

0,
iz(t)
t ≤ −2,
−2 < t ≤ −1,
−1 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2,
t > 2.
1
1
–2
2
t
–1
–1
Rys. 1.2
Wykres tej funkcji przedstawiono na rys. 1.2.
Rozwiązanie:
W kaŜdym z obwodów prąd jest wymuszony przez źródło, czyli i ( t ) = iz ( t ) .
a)
PoniewaŜ napięcie na rezystorze u ( t ) = Ri ( t ) = Riz ( t ) , zaś R = 1Ω, więc funkcja u(t)
jest identyczna z funkcją iz(t).
b)
di
. Po zróŜniczkowaniu przedziałami funkcji i ( t ) = iz ( t ) ,
dt
(i uwzględnieniu L = 1H), otrzymujemy:
W tym przypadku u ( t ) = L
0,
1,

u ( t ) = −1,
1,

0,
t ≤ −2,
−2 < t ≤ −1,
−1 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2,
t > 2.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
3
c)
t
Napięcie na kondensatorze jest równe
1
u ( t ) = u ( t0 ) + ∫ i (τ ) dτ , gdzie i ( t ) = iz ( t ) .
C t0
PoniewaŜ dla t ≤ −2 prąd i ( t ) ≡ 0 , więc nic ciekawego w układzie się nie dzieje, rozsądnie
będzie przyjąć t0 = –2. I tu zaczyna się kłopot, bo warunki zadania nie pozwalają na
wyznaczenie wartości u(–2). Przyjmijmy (na razie!), Ŝe u(–2) = 0. Wówczas moŜna wyliczyć
napięcie w poszczególnych kolejnych przedziałach czasu. Po uwzględnieniu C = 1F,
otrzymujemy:
−2 < t ≤ −1
u (t ) =
t
∫ (τ + 2 )
(τ + 2 )
dτ =
−2
2
2 t
1
= t 2 + 2t + 2 .
2
−2
1
. Będzie to „nowe” u ( t0 ) , potrzebne
2
przy wyznaczaniu napięcia w kolejnym przedziale czasu.
Na końcu przedziału (t = –1) otrzymujemy u ( −1) =
−1 < t ≤ 1
1
1 −τ 2
u ( t ) = + ∫ ( −τ ) dτ = +
2 −1
2
2
1
Na końcu przedziału u (1) = .
2
t
t
1
= − t 2 + 1.
2
−1
1< t ≤ 2
t
1
1 (τ − 2 )
u ( t ) = + ∫ (τ − 2 ) dτ = +
2 1
2
2
2 t
Na końcu przedziału u ( 2) = 0 .
1
1
= t 2 − 2t + 2 .
2
t>2
PoniewaŜ w tym przedziale i ( t ) ≡ 0 , więc u ( t ) = u ( 2) = 0 .
Ostatecznie otrzymujemy:
0,
1
 t 2 + 2t + 2,
2
 1
u ( t ) = − t 2 + 1,
 2
1 2
 2 t − 2t + 2,

0,
t ≤ −2,
−2 < t ≤ −1,
−1 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2,
t > 2.
Wykresy wyznaczonych napięć zostały przedstawione na rys. 1.3.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
u(t)
u(t)
u(t)
1
1
1
1
–2
4
2
t
1
–2
–1
–1
2
–1
t
t
–2
2
1
–1
–1
(a)
(b)
(c)
Rys. 1.3.
Powróćmy teraz do sprawy warunku początkowego na kondensatorze (napięcie u(–2))
w części (c) zadania, który dosyć arbitralnie przyjęliśmy równy zero. JeŜeli u ( −2) = u0 ≠ 0 ,
to wartość ta zostanie dodana do wyznaczonych napięć we wszystkich przedziałach. Wykres
napięcia będzie więc przesunięty o wartość u0 w stosunku do wykresu przedstawionego na
rys. 1.3c (w górę lub w dół — w zaleŜności od znaku u0 ).
Zad. 2.
Wyznaczyć prądy i ( t ) , i1 ( t ) , i2 ( t ) i i3 ( t ) w obwodzie przedstawionym na rys. 2.1a.
Pobudzeniem jest źródło napięciowe o sile elektromotorycznej e(t) jak na rys. 2.1b. Przyjąć
warunek początkowy w induktorze i2 ( 0) = 0 . Sporządzić wykresy wyznaczonych prądów.
e(t)
2
R = 1Ω,
L = 2 H,
1
C = 0, 5 F.
t
1
(a)
2
(b)
Rys. 2.1.
Rozwiązanie:
0,

Napięcie na wszystkich elementach u ( t ) = e ( t ) = 2t ,
 −2 ( t − 2 ) ,

t ≤ 0, t > 2,
0 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2.
Poszukiwane prądy wyznaczamy bardzo podobnie jak napięcia w zad. 1. Po
uwzględnieniu wartości elementów otrzymujemy:
0,
1

i1 ( t ) = u ( t ) = 2t ,
R
−2 ( t − 2 ) ,

t ≤ 0, t > 2,
0 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2,
0,
1
 t2,
t
1
2
i2 ( t ) = i2 ( 0 ) + ∫ u (τ ) dτ = 
L0
− 1 t 2 + 2t − 1,
 2
1,

t ≤ 0,
0 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2,
t > 2,
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
0,
du 
= 1,
i3 ( t ) = C
dt 
−1,
5
t ≤ 0, t > 2,
0 < t ≤ 1,
1 < t ≤ 2,
natomiast i ( t ) = i1 ( t ) + i2 ( t ) + i3 ( t ) . Przebiegi wyznaczonych
prądów zostały przedstawione na rys. 2.2. Otrzymany wynik
wymaga pewnego komentarza. Zwróćmy uwagę, Ŝe prąd i2 ( t ) ,
1
a w konsekwencji równieŜ prąd i(t), jest róŜny od zera dla
t
czasów t > 2, a więc wtedy, kiedy pobudzenie jest równe zero.
2
1
Mało tego, prąd ten nie zanika, czyli będzie płynął dowolnie
i2(t)
długo, w nieskończoność. Wynik taki wydaje się być
zaskakuj
ący i sprzeczny ze zdrowym rozsądkiem, bo raczej nie
1
oczekujemy takiego zachowania od obwodu rzeczywistego. Jest
t
to konsekwencja zaniedbania strat energii, nieuchronnie
2
1
występujących w kaŜdym obwodzie fizycznym. Obwód został
i3(t)
zbudowany z idealnych elementów i pominęliśmy rezystancje
połączeń. Straty moŜna by uwzględnić rozbudowując
1
odpowiednio układ, ale skomplikowałoby to jednocześnie jego
t
analizę.
2
1
Podejście takie, polegające na zaniedbywaniu pewnych
zjawisk i analizie wyidealizowanych modeli nie jest specyfiką
–1
elektrotechniki. Przeciwnie, jest powszechnie stosowane
i(t)
w wielu dziedzinach fizyki. W mechanice, na przykład, bardzo
często zaniedbuje się tarcie. Wówczas ciało raz wprawione
3
w ruch porusza się w nieskończoność ruchem jednostajnym,
a wahadło drga ze stałą amplitudą dowolnie długo. Otrzymane
2
wyniki naleŜy więc interpretować jako poprawne, pod
warunkiem, Ŝe ograniczymy się do rozsądnych przedziałów
1
czasu obserwacji.*
Kłopoty związane ze stosowaniem w analizie
t
wyidealizowanych modeli elementów rzeczywistych nie
2
1
ograniczają się tylko do „niedokładności” wynikających
Rys. 2.2.
z zaniedbania strat energii. Niekiedy mogą powodować znaczną
komplikację opisu obwodu, wymagającą zastosowania
rozbudowanego aparatu matematycznego. W skrajnych przypadkach z idealnych elementów
moŜna zbudować obwód nierozwiązalny, tzn. taki w którym wyznaczenie niektórych prądów
i napięć będzie niemoŜliwe.
i1(t)
2
Zad. 3.
W obwodzie przedstawionym na rys. 3.1. klucz K był rozwarty. W chwili t = 0 klucz ten
został zwarty. Wyznaczyć przebieg napięcia u(t), występującego na kondensatorze po zwarciu
klucza (czyli dla t ≥ 0). ZałoŜymy, Ŝe przed zwarciem klucza kondensator nie był
naładowany, czyli u(t) ≡ 0 dla t ≤ 0.
*
Określenie „rozsądne przedziały czasu obserwacji” nie jest zbyt precyzyjne. W mechanice na ogół
oznacza czasy mierzone w minutach lub niekiedy w godzinach. W elektrotechnice są to zwykle czasy rzędu
pojedynczych milisekund, a nawet mniej.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
K
6
R
Dane:
t=0
E0
E0 = 1V = const,
C
u(t)
R = 1 kΩ,
C = 1nF.
Rys. 3.1.
Rozwiązanie:
Po zwarciu klucza K, czyli dla czasów t ≥ 0, obwód z rys. 3.1. wygląda tak jak pokazano
na rys. 3.2. Obwód ten moŜemy opisać następującymi
R
i(t)
równaniami:
u R(t)
• na podstawie II prawa Kirchhoffa
u(t)
E0
C
− E0 + u R ( t ) + u ( t ) = 0,
•
na podstawie prawa Ohma (czyli odpowiednich
związków między prądami i napięciami na elementach
RC):
du
i (t ) = C
,
dt
du
u R ( t ) = R i ( t ) = RC .
dt
Z równań tych, po wyeliminowaniu i ( t ) i u R ( t ) , otrzymujemy:
du 1
1
+
u (t ) =
E0
RC
dt RC
Rys. 3.2.
(•)
Otrzymane równanie jest równaniem róŜniczkowym pierwszego rzędu, liniowym,
o stałych współczynnikach i niejednorodnym. Funkcję, która występuje po prawej stronie
tego równania (a która w naszym przypadku jest stała), nazywa się funkcją wymuszającą.
JeŜeli funkcja wymuszająca jest toŜsamościowo równa zero, wówczas równanie róŜniczkowe
nazywa się jednorodnym.
W celu rozwiązania równania (•) zajmijmy się najpierw równaniem jednorodnym, które
otrzymamy po przyrównaniu do zera lewej strony tego równania. Otrzymujemy więc
równanie
du
1
+
u (t ) = 0 ,
dt RC
które moŜna przekształcić do postaci:
du
1
=−
dt
u
RC
Wykonaliśmy operację, która nazywa się rozdzieleniem zmiennych, bo w otrzymanym
równaniu lewa strona zaleŜy od zmiennej u, zaś prawa — od zmiennej t. Równanie takie
moŜemy scałkować (tzn. obliczyć całkę nieoznaczoną lewej i prawej strony), w wyniku czego
otrzymamy:
ln u = −
1
t + ln λ ,
RC
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
7
gdzie stałą całkowania oznaczono jako ln λ (λ > 0 jest dowolną stałą). Takie, na pozór
dziwaczne, oznaczenie uprości dalsze przekształcenia. Równanie to moŜna przepisać
w postaci:
ln
u
λ
=−
1
t,
RC
czyli
u =λe
−
1
t
RC
λ > 0.
,
Pozostaje jeszcze „pozbycie się” znaku wartości bezwzględnej po lewej stronie.
PoniewaŜ funkcja u(t) jest funkcją rzeczywistą, więc opuszczenie znaku wartości
bezwzględnej wymaga jedynie dopisania znaku ± po prawej stronie, lub, co jest równowaŜne,
dopuszczenie ujemnych wartości λ . Ostatecznie otrzymamy:
u (t ) = λ e
−
1
t
RC
, λ − dowolne .
Otrzymana funkcja jest rozwiązaniem równania jednorodnego dla dowolnej wartości λ ,
jest to więc nieskończony zbiór rozwiązań. Takie, zaleŜne od parametru, rozwiązanie
równania róŜniczkowego nazywa się rozwiązaniem ogólnym lub całką ogólną tego równania.
Warto zapamiętać
Rozwiązaniem ogólnym jednorodnego równania
róŜniczkowego o postaci
dx 1
+ x (t ) = 0
dt τ
jest funkcja
−t
x ( t ) = λ e τ , λ – dowolna stała
Wyznaczona funkcja u(t), czyli rozwiązanie ogólne równania jednorodnego, nie jest
jednak poszukiwanym rozwiązaniem równania (•). ZałoŜymy, dosyć arbitralnie, Ŝe
rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego będzie mieć postać
u (t ) = λ (t ) e
−
1
t
RC
,
(••)
czyli postać bardzo podobną do rozwiązania równania jednorodnego, z tą róŜnicą, Ŝe λ nie
jest teraz stałą, tylko pewną nieznaną funkcją czasu. Funkcję tę będziemy starali się
wyznaczyć. W tym celu naleŜy policzyć pochodną
1
1
t
t
du d λ − RC
1 − RC
=
e
− λ (t )
e
dt dt
RC
i podstawić otrzymany wynik do równania (•). Wówczas otrzymujemy
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
8
1
1
1
t
t
−
t
d λ − RC
1 − RC
1
1
λ ( t ) e RC =
e
− λ (t )
e
+
E0 .
dt
RC
RC
RC
Jest to więc kolejne równanie róŜniczkowe, w którym tym razem niewiadomą jest
funkcja λ ( t ) . Po zredukowaniu dwóch wyrazów po lewej stronie, równanie to moŜna
przekształcić do postaci
dλ =
1
t
1
E0e RC dt .
RC
Otrzymaliśmy więc proste równanie róŜniczkowe z rozdzielonymi zmiennymi. Po
obustronnym scałkowaniu otrzymujemy:
λ ( t ) = E0 e
1
t
RC
+κ ,
gdzie κ jest dowolną stałą. Po podstawieniu wyznaczonej funkcji λ ( t ) do równania (••)
otrzymamy rozwiązanie ogólne równania niejednorodnego o postaci*
1
1
t
−
t

 −1t
u ( t ) =  E0 e RC + κ  e RC = E0 + κ e RC .


(•••)
Pozostaje jeszcze wyznaczyć stałą κ, która jest parametrem w rozwiązaniu (•••). Do jej
wyznaczenia wykorzystamy warunek początkowy, czyli załoŜenie, Ŝe kondensator przed
zwarciem klucza nie był naładowany. Wobec tego u(0) = 0, czyli
u ( 0 ) = E0 + κ = 0, a więc κ = − E0 .
Ostatecznie rozwiązaniem równania (•), spełniającym warunek początkowy, jest funkcja
u ( t ) = E0 − E0 e
−
1
t
RC
.
(••••)
Wykres przebiegu tej funkcji przedstawiono na rys. 3.3. W rozwiązaniu (••••) moŜna
wyróŜnić dwa składniki. Pierwszy z nich nazywać będziemy składową ustaloną rozwiązania,
natomiast drugi, który w miarę upływu czasu zanika do
u(t)
zera, nazywać będziemy składową przejściową
E0
rozwiązania. Stan obwodu po odpowiednio długim czasie,
gdy składowa przejściowa stanie się pomijalnie mała,
nazywać będziemy stanem ustalonym. W rozwaŜanym
t
przykładzie wymuszeniem jest funkcja stała i składowa
ustalona jest równieŜ stała. Nie jest to przypadek. JeŜeli
Rys. 3.3.
obwód jest obwodem stabilnym w sensie BIBO†, to
moŜna, między innymi, udowodnić, Ŝe
• jeŜeli wszystkie pobudzenia w obwodzie są stałe, to składowe ustalone wszystkich
przebiegów w obwodzie (prądów i napięć) są stałe,
• jeŜeli wszystkie pobudzenia w obwodzie są przebiegami sinusoidalnymi o takiej samej
pulsacji, to składowe ustalone wszystkich przebiegów w obwodzie są przebiegami
sinusoidalnymi o tej samej pulsacji.
*
Przedstawiona metoda znajdowania rozwiązania ogólnego równania niejednorodnego w teorii równań
róŜniczkowych nosi nazwę „metody uzmienniania stałej”.
†
Zagadnienie BIBO-stabilności będzie bardziej szczegółowo omówione w dalszej części kursu.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
9
Powróćmy jeszcze do rozwiązania ogólnego równania niejednorodnego. Łatwo
zauwaŜyć, Ŝe drugi składnik wyraŜenia (•••) jest rozwiązaniem ogólnym równania
jednorodnego (inne oznaczenie dowolnej stałej nie ma znaczenia), natomiast pierwszy jest
składową ustaloną rozwiązania, czyli pewnym szczególnym rozwiązaniem równania
niejednorodnego. Dowodzi się twierdzenia
Warto zapamiętać
Rozwiązanie ogólne
równania
niejednorodnego
Dowolne rozwiązanie
=
szczególne równania
niejednorodnego
Rozwiązanie ogólne
+
równania
jednorodnego
W wielu przypadkach rozwiązanie szczególne równania jednorodnego potrafimy
odgadnąć lub przynajmniej przewidzieć jego postać (pamiętamy, Ŝe reprezentuje ono
składową ustaloną). Znajomość powyŜszego twierdzenia pozwala wówczas znacznie uprościć
znajdowanie rozwiązania ogólnego, gdyŜ omija się Ŝmudną (szczególnie w przypadku równań
wyŜszych rzędów) procedurę uzmienniania stałej.
Powróćmy do naszego przykładu. Pobudzenie jest stałe, więc naleŜy poszukiwać
rozwiązania szczególnego równania (•) w postaci u ( t ) = A = const . PoniewaŜ d A dt = 0 ,
więc po podstawieniu A do równania (•) otrzymujemy:
1
1
A=
E0 , czyli A = E0 ,
RC
RC
a po dodaniu rozwiązania ogólnego równania jednorodnego — rozwiązanie (•••).
Na zakończenie spróbujmy oszacować po jakim czasie, przy podanych wartościach
elementów, będzie moŜna uznać, Ŝe w obwodzie panuje stan ustalony. Po podstawieniu
danych liczbowych otrzymujemy:
6
u ( t ) = 1 − e −10 t .
Napięcie to będzie róŜnić się od wartości ustalonej (= 1) mniej niŜ o 1%, gdy e−10 t < 0, 01 ,
6
czyli gdy t > 4, 6 ⋅10−6 s .
Zad. 4.
W obwodzie przedstawionym na rys. 4.1. klucz K był rozwarty. W chwili t = 0 klucz ten
został zwarty. Wyznaczyć przebieg napięcia u(t) po zwarciu klucza (czyli dla t ≥ 0).
K
Dane:
t=0
iz ( t ) = I z
R2
iz(t)
R1
u(t)
L
Rys. 4.1.
R1 = 1Ω,
2 sin ω0 t ,
R2 = 1Ω,
I z = 2 A,
L = 2 H.
ω0 = 1
rad
s
,
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
Rozwiązanie:
Schemat obwodu dla czasów t ≥ 0 (po zwarciu
klucza K) przedstawiono na rys. 4.2. Obwód ten
moŜemy opisać następującymi równaniami:
−iz ( t ) + i1 ( t ) + i ( t ) = 0,
(i)
u ( t ) = u1 ( t ) + u2 ( t ) ,
(ii)
u1 ( t ) = R2 i ( t ) ,
u2 ( t ) = L
i(t)
i1(t)
iz(t)
R1
(iii)
di
,
dt
(iv)
u ( t ) = R1 i1 ( t ) = R1 iz ( t ) − i ( t )  ,
10
R2
u1(t)
L
u2(t)
u(t)
Rys. 4.2.
(v)
przy czym w równaniu (v) uwzględniono (i). Po podstawieniu (iii), (iv), (v) do (ii) otrzymamy
di
R1 iz ( t ) − i ( t )  = R2 i ( t ) + L ,
dt
a po uporządkowaniu i podstawieniu zadanego iz ( t )
R
di R1 + R2
(•)
+
i ( t ) = 1 I z 2 sin ω0 t .
dt
L
L
Jest to równanie róŜniczkowe, pierwszego rzędu, liniowe o stałych współczynnikach
i niejednorodne, z oczywistym warunkiem początkowym i(0) = 0. Rozwiązanie ogólne tego
równania ma postać:
i ( t ) = iu ( t ) + λ e
−
R1 + R2
t
L
,
gdzie iu ( t ) jest nieznanym, na razie, rozwiązaniem szczególnym, zaś drugi składnik jest
rozwiązanie ogólnym równania jednorodnego. PoniewaŜ funkcja wymuszająca w równaniu
jest funkcją sinusoidalną o pulsacji ω0 , załoŜymy, Ŝe rozwiązanie szczególne będzie mieć
postać:
iu ( t ) = A 2 sin ω0t + B 2 cos ω0t .
Po obliczeniu pochodnej
diu
= Aω0 2 cos ω0t − Bω0 2 sin ω0t
dt
i podstawieniu do równania (•) otrzymujemy:
R1 + R2
R
A 2 sin ω0t + B 2 cos ω0t ≡ 1 I z 2 sin ω0t .
L
L
Po przyrównaniu współczynników przy funkcjach sinus i cosinus po obu stronach tej
toŜsamości otrzymamy układ równań
Aω0 2 cos ω0t − Bω0 2 sin ω0t +
R1 + R2
B = 0,
L
R1 + R2
R
A − ω0 B = 1 I z ,
L
L
(
)
ω0 A +
(••)
z których wyznaczymy A i B. W celu uniknięcia zbyt skomplikowanych wyraŜeń dalsze
obliczenia przeprowadzimy na zadanych danych liczbowych. Po ich podstawieniu,
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
11
z równań (••) otrzymujemy A = 0,5 i B = −0,5. Tak więc, poszukiwane rozwiązanie
szczególne ma postać:
iu ( t ) = 0,5 2 sin t − 0,5 2 cos t ,
natomiast rozwiązaniem ogólnym równania (•) jest
i ( t ) = 0,5 2 sin t − 0,5 2 cos t + λ e−t .
Stałą λ wyznaczymy z warunku początkowego
i ( 0 ) = −0,5 2 + λ = 0, czyli λ = 0,5 2 ,
i po jej podstawieniu otrzymamy poszukiwane rozwiązanie szczególne równania (•)
o postaci:
i ( t ) = 0,5 2 sin t − 0,5 2 cos t + 0,5 2e−t .
Nie jest to jednak rozwiązanie zadania! Mieliśmy przecieŜ wyznaczyć u(t). Wbrew
pozorom jednak nie zapędziliśmy się w ślepą uliczkę, bo znając i(t) z równania (v) bez
kłopotów wyznaczymy
u ( t ) = 1,5 2 sin t + 0,5 2 cos t − 0,5 2e−t .
Warto zapamiętać
Przy układaniu równań róŜniczkowych, opisujących obwód
elektryczny, jako niewiadome przyjmujemy prądy płynące przez
induktory i/lub napięcia na kondensatorach. Na etapie układania
równań nie zajmujemy się wielkością, którą mamy wyznaczyć.
Powróćmy jeszcze do otrzymanego rozwiązania. Składową ustaloną napięcia u(t) moŜna
następująco przekształcić:
uu ( t ) = 2 (1,5sin t + 0, 5cos t ) =


1,5
0,5
= 2 1,52 + 0,52 
sin t +
cos t  =
 1,52 + 0, 52

1,52 + 0, 52


= U 2 ( cosψ sin t + sinψ cos t ) = U 2 sin ( t + ψ ) ,
gdzie cosψ =
1,5
1,52 + 0,52
, sinψ =
1
, czyli ψ = arctg   ≈ 0,322,
3
1,52 + 0,52
0,5
natomiast U = 1,52 + 0,52 ≈ 1,581 . Zgodnie z oczekiwaniem, składowa ustalona napięcia
u(t) jest przebiegiem sinusoidalnym o pulsacji ω0 = 1 , wartości skutecznej U i fazie
początkowej ψ.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
12
Zad. 5.
W obwodzie przedstawionym na rys. 5.1. klucz K był zwarty. W chwili t = 0 klucz ten
został rozwarty. Wyznaczyć napięcie u(t), t ≥ 0 .
t=0
Dane:
K
iz ( t ) = I z0 = 2 A = const,
R1 = 1 Ω,
C
iz(t)
C=
1
2
F.
u(t)
R2
R1
R2 = 1 Ω ,
Rys. 5.1.
Wynik:
u ( t ) = e− t V.
Zad. 6.
W obwodzie przedstawionym na rys. 6.1. klucz K był rozwarty. W chwili t = 0 klucz ten
został zwarty. Wyznaczyć napięcie u(t), t ≥ 0 .
K
R1
Dane:
t=0
e ( t ) = E0 = 4 V = const,
L
R1 = 3 Ω,
u(t)
e(t)
R2 = 1 Ω ,
L = 2 H.
R2
Rys. 6.1.
Wynik:
(
)
u ( t ) = 1 + 3e − 2 t V.
Zad. 7.
W obwodzie przedstawionym na rys. 7.1. klucz K był zwarty przez nieskończenie długi
czas. W chwili t = 0 klucz ten został rozwarty. Wyznaczyć prąd i(t), t ≥ 0 .
K
i(t)
t=0
iz(t)
R2
R1
C
Dane:
iz ( t ) = I z0 = 4 A = const,
R1 = 1 Ω,
R2 = 3 Ω,
C = 2 F.
Uwaga: Warunek początkowy nie jest zerowy!
Rys. 7.1.
Wynik:
1
6
− t
i ( t ) = 3e
A.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
13
Zad. 8.
W obwodzie przedstawionym na rys. 8.1. klucz K był zwarty przez nieskończenie długi
czas. W chwili t = 0 klucz ten został rozwarty. Wyznaczyć napięcie u(t), t ≥ 0 .
t=0
Dane:
K
iz ( t ) = I z0 = 3 A = const,
R1 = 2 Ω,
R2
iz(t)
R1
R2 = 1 Ω ,
L=
1
2
H.
u(t)
L
Uwaga: Warunek początkowy nie jest zerowy!
Rys. 8.1.
Wynik:
u ( t ) = −3e −6t V.
Zad. 9.
W obwodzie przedstawionym na rys. 9.1. klucz K był rozwarty przez nieskończenie
długi czas. W chwili t = 0 klucz ten został zwarty. Wyznaczyć prąd i(t), t ≥ 0 .
R1
L
e(t)
i(t)
R2
t=0
K
Dane:
e ( t ) = E0 = 5 V = const,
R1 = 2 Ω,
R2 = 3 Ω,
L = 12 H.
Uwaga: Warunek początkowy nie jest zerowy!
Rys. 9.1.
Wynik:
5 3

i ( t ) =  − e −4t  A.
2 2

Zad. 10.
W obwodzie przedstawionym na rys. 10.1. klucz K był rozwarty przez nieskończenie
długi czas. W chwili t = 0 klucz ten został zwarty. Wyznaczyć prąd i(t), t ≥ 0 .
R1
Dane:
t=0
e(t)
C
R2
Rys. 10.1.
Wynik:
i(t)
K
i ( t ) = −12e −6t A.
e ( t ) = E0 = 12 V = const,
R1 = 5 Ω,
R2 = 1 Ω,
C=
1
5
F.
Uwaga: Warunek początkowy nie jest zerowy!
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
14
Zad. 11.
Zapisać analitycznie przebiegi impulsowe, przedstawione na rys. 11.1.
f(t)
f(t)
"ćwiartka" sinusoidy
1
2
1
t
3,5
1
–1
2
t
3
1
(a)
(b)
Rys. 11.1.
Rozwiązanie:
Sposób „poskładania” funkcji zilustrowano na rys. 11.2.
f1(t)
f1(t)
t
f2(t)
t
1
t
1
f3(t)
t
2
f2(t)
f4(t)
t
3
t
1
f5(t)
t
3
f6(t)
3,5
(a)
Rys. 11.2.
t
(b)
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
15
Przebieg (a):
f1 ( t ) = 1 ( t ) ,
f 2 ( t ) = ( t − 1) 1 ( t − 1) ,
f 3 ( t ) = −2 ( t − 2 ) 1 ( t − 2 ) ,
f 4 ( t ) = −2 ⋅ 1 ( t − 3 ) ,
f 5 ( t ) = 3 ( t − 3) 1 ( t − 3) ,
f 6 ( t ) = −2 ( t − 3, 5 ) 1 ( t − 3, 5 ) ,
a więc
f ( t ) = f1 ( t ) + f 2 ( t ) + f 2 ( t ) + f 4 ( t ) + f5 ( t ) + f 6 ( t ) =
= 1 ( t ) + ( t − 1) 1 ( t − 1) − 2 ( t − 2 ) 1 ( t − 2 ) − 2 ⋅ 1 ( t − 3) + 3 ( t − 3) 1 ( t − 3) − 2 ( t − 3, 5 ) 1 ( t − 3, 5 ) .
Przebieg (b):
π
f1 ( t ) = sin t ⋅ 1 ( t ) ,
2
π
f 2 ( t ) = − cos ( t − 1) ⋅ 1 ( t − 1) ,
2
czyli
π
π
f ( t ) = f1 ( t ) + f 2 ( t ) = sin t ⋅ 1 ( t ) − cos ( t − 1) ⋅ 1 ( t − 1) .
2
2
Poprawność zapisu łatwo jest sprawdzić w dowolnym programie matematycznym,
umoŜliwiającym tworzenie wykresów. Przykładowo, zapisany przebieg (a) moŜna wykreślić
w przedstawionym poniŜej programie MAPLE.
> f:=Heaviside(t)+(t-1)*Heaviside(t-1)-2*(t-2)*Heaviside(t-2)2*Heaviside(t-3)+3*(t-3)*Heaviside(t-3)-2*(t-3.5)*Heaviside(t-3.5);
f := Heaviside( t ) + ( t − 1 ) Heaviside( t − 1 ) − 2 ( t − 2 ) Heaviside( t − 2 )
− 2 Heaviside( t − 3 ) + 3 ( t − 3 ) Heaviside( t − 3 ) − 2 ( t − 3.5 ) Heaviside( t − 3.5 )
> plot(f,t=0..4);
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
16
Zad. 12.
Zapisać analitycznie przebiegi impulsowe, przedstawione na rys. 12.1.
f(t)
f(t)
f(t)
1
4
8
3
1
t
t
2
2
4
4
6
–2
t
–1
2
(a)
f(t)
(b)
4
6
(c)
f(t)
"połówka" sinusoidy
1
"ćwiartka" sinusoidy
1
π
2π
t
t
1
2
1
(d)
(e)
(f)
Rys. 12.1.
Zachęcamy do wykreślenia zapisanych funkcji w wybranym programie komputerowym.
Podstawowe własności dystrybucji δ(t) (delta Diraca)
δ ( t ) = 0 gdy t ≠ 0,
∞
∫ δ ( t ) dt = 1,
−∞
t
∫ δ ( t ) = 1 ( t ),
−∞
d
1(t ) = δ (t ).
dt
JeŜeli f(t) jest funkcją ciągłą w punkcie t = 0, to
f (t ) δ (t ) = f (0) δ (t ) 

∞
 własność filtrująca dystrybucji δ(t),
f
t
δ
t
d
t
=
f
0
(
)
(
)
(
)

∫
−∞

lub ogólniej, jeŜeli f(t) jest ciągła w punkcie t = t0, to
f ( t ) δ ( t − t0 ) = f ( t0 ) δ ( t − t0 ) ,
∞
∫ f ( t ) δ ( t − t ) dt = f ( t ).
0
0
−∞
Wszystkie całki i pochodne, występujące w powyŜszych własnościach, naleŜy rozumieć
jako całki i pochodne dystrybucyjne.
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
Dodatkowe własności:
∞
lim
ε →0
∞
∫
0 −ε
ε >0
∞
lim
ε →0
∫
f ( t ) δ ( t ) dt = ∫ f ( t ) δ ( t ) dt = f ( 0 ) ,
0−
∞
0+ε
ε >0
f ( t ) δ ( t ) dt = ∫ f ( t ) δ ( t ) dt =0,
0+
0+
∫ f ( t ) δ ( t ) dt = f ( 0 ),
0−
f (t ) ∗ δ (t ) =
∞
∫ f ( t − τ ) δ (τ ) dτ = f ( t ) ,
−∞
f ( t ) ∗ δ ( t − t0 ) =
∞
∫ f ( t − τ ) δ (τ − t ) dτ = f ( t − t ) .
0
∗ oznacza splot funkcji
0
−∞
Przykłady obliczania całek dystrybucyjnych
(1 + cos t ) δ ( t ) dt = 2 ,
∫ ln (1 + e )
ln 2
∞
2
t
−∞
∞
∫
0−
∞
(1 + e ) δ (t ) dt = 2,
−t 2
e− t tg 3 t + 1
∫ e δ ( t ) dt = 0,
−2 t
0+
1
∫ e δ ( t ) dt = 1.
−2 t
−1
Zad.13.
Obliczyć pochodną dystrybucyjną funkcji f ( t ) = e −t 1 ( t ) .
Rozwiązanie:
d
d
f ( t ) = e− t 1 ( t )  =
dt
dt
d
d
= ( e −t ) 1 ( t ) + e−t 1 ( t ) =
dt
dt
−t
−t
= −e 1 ( t ) + e δ ( t ) = −e − t 1 ( t ) + δ ( t ) .
f ′ (t ) =
Wykresy funkcji f(t) i jej pochodnej przedstawiono na
rys. 13.1. Na wykresach dystrybucję Diraca będziemy
oznaczać za pomocą strzałki, co nie oznacza, Ŝe wykresem
dystrybucji jest „strzałka”. Oznaczenie to naleŜy traktować
jako symbol — dystrybucja nie jest funkcją i nie ma wykresu.
Z rys. 13.1. widać, Ŝe obliczanie pochodnych
dystrybucyjnych funkcji nieciągłej sprowadza się do
obliczenia zwykłej pochodnej w tych przedziałach czasu,
Rys. 13.1
17
ĆWICZENIA Z TECHNIKI ANALOGOWEJ 1 — TEMAT 2
18
w których ta pochodna istnieje, a następnie w punktach nieciągłości* naleŜy „dorysować”
dystrybucje Diraca, pomnoŜone przez róŜnicę prawostronnej i lewostronnej granicy funkcji
w tych punktach. W niektórych prostych przypadkach przebieg pochodnej moŜna
naszkicować bez zapisywania funkcji. Zilustrowano to przykładami na rys. 13.2.
sin
2δ ( t − 4)
π
2
−δ ( t − 1) −δ ( t − 4)
(a)
t
π
2
2δ ( t − 2)
−δ ( t − 2)
π
2
cos π2 t
−δ ( t − 1)
(c)
(b)
Rys. 13.2.
Zad. 14.
Wyznaczyć i naszkicować
przedstawionych na rys. 12.1.
dystrybucyjne
pochodne
przebiegów
impulsowych
Zad. 15.
Obliczyć następujące całki dystrybucyjne:
∞
a)
∫ δ ( t ) cos
1
t + 1 dt ,
2
b)
0−
−∞
∫(
1
c)
−∞
)
e− t + cos t δ ( t − 2 ) dt ,
2
∫
0+
d)
∫
0−
δ (t )
1 + ln ( t + 1)
dt ,
(1 − t ) δ ( t ) dt.
2
1 + e−t
*
Rozpatrujemy funkcje ograniczone, a więc w punktach nieciągłości muszą istnieć skończone granice
lewostronna i prawostronna, ale nie muszą być one sobie równe.