Операторный метод расчёта ПП. Основные теоретические положения, страница 4

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:   t:= 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– t)).

Изображение ЭДС:   Е(t)®  – 100·.

Перезадаём ЭДС:   ЕЕ(s) := – 100·.

Входное операторное сопротивление цепи:

Z(s) := r1 +           Z(s) ® 20.·.

Изображения токов:

i₁(s) :=      i₂(s) := i₁(s)·      i₃(s) := i₁(s)·.

Оригиналы токов:

i₁(s)®2.+3.·е ^(-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}

i₂(s)®2.–2.·е ^(-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}

i₃(s)® 5.·е ^(-1667.)·t – 5.·Ф(t–.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}.

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 токов при необходимости путём некоторых преобразований могут быть приведены к виду ответов к задаче 7.18. Графики токов приведены на рис. 7.80.

ЗАДАЧА 7.56. Решить за-дачу 7.19 операторным методом.

Решение

 Примем, что прямоуголь-ные импульсы начинают посту-пать с момента времени t = 0. Это допущение необходимо в связи с тем, что преобразования Лапласа осуществляются только для t ³ 0. Период источника составляет, согласно условию, 2t. Поскольку учёт действия бесконечно большого числа импульсов источника вызывает затрудне-ния (см. задачу 7.57), рассмотрим их ограничен-ное количество. Так как практическая длитель-ность переходного процесса составляет 5t, 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:

Е(t) := 100·.

Для контроля выведем график Е(t) (рис. 7.81).

Изображение ЭДС представляется довольно длинной формулой, поэтому приводим её в уменьшенном виде:

 

Перезадаём ЭДС:

 

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 в ответе содержится 16 слагаемых, у третьего – 8.

На графиках рис. 7.82 рабочим участком является диапазон  0,0036 с £ t£ 0,0048 с.

ЗАДАЧА 7.57. Задачу 7.22 решить операторным методом, используя способ расчёта установившейся реакции путём суммирования изображений реакций в области комплексного переменного.

Решение

Рассчитаем изображение по Лапласу первого импульса напряжения на интервале   0 £ t £ t₀

U₁(p) ===(1 + ).

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 ® ¥

U(p) = U₁(p)= U₁(p)=

=(1+)=.

Изображение тока на  n-м  интервале при n ® ¥

I(p) ====.

Полюс изображения, полученный из уравнения      Z(p) = r + pL = 0,     p₁= -r/L = -t ^-1 = -25 c ^-1,    определяет свободную составляющую тока, которая рассчитывается по теореме разложения    i_св(t) =, где   F₂¢(p₁) = (p₁²+ w²)(1 – )L.

Тогда   i_св == I_msinj .