FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartományban

FI rendszerek analízise a komplex frekvenciatartományban Dr. Horváth Péter, BME HVT 07. január 9.. feladat Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg aplace-transzformáltjukat!.. +f t = Ae αt cos ω 0 t A csillapítási tétel felhasználásával s + α F s = A {cos ω 0 t} s=s+α = A s + α + ω0.. f t = Ae αt sin ω 0 t Az el z höz hasonlóan F s = A {sin ω 0 t} s=s+α = A s + α + ω0 ω 0.3. +f 3 t = Ae αt cosω 0 t + ρ f 3 t = Ae αt cos ρ cos ω 0 t sin ρ sin ω 0 t] s + α ω 0 F 3 s = A cos ρ s + α + ω0 + A sin ρ s + α + ω0 =....4. +f 4 t = Ae αt + Be βt.5. +f 5 t = Ate αt F 4 s = A s + α + B A + Bs + Aβ + Bα = s + β s + αs + β A csillapítási tétel alapján F 5 s = A {t} s=s+α = A s + α.6. +f 6 t = At cos ω 0 t a csillapítási tétel alapján F 6 s = A f 6 t = At e jω 0t + e jω0t], ] s jω 0 + s + jω 0 = A s ω0 s + ω0. feladat Vázoljuk fel az alábbi függvényeket, és határozzuk meg aplace-transzformáltjukat!.. ft = εt εt τ] t τ F s = +sτe sτ s τ

.. ft = εt εt τ] sinπt/τ F s = π τ +e sτ s + π τ.3. ft = εt εt τ]e αt F s = e τs+α s+α.4. ft = εt εt τ] + εt τ εt τ] 3. feladat F s = e sτ e sτ s Határozzuk meg az alábbi ábrákon vázolt függvények aplace-transzformáltját! 3.. f t A τ t f t = A ] εt t τ εt τt τ τ F s = A s τ e sτ 3.. f t A T/4 f t = A εt ε ] t T 4 cosω0 t = Aεt cosω 0 t + Aε t T 4 sin ω0 t T 4 ; ω 0 = π T F s = A s + A ω0 e st/4 /4 s+ω0e st = A s +ω0 s +ω0 s +ω0 t 3.3. 3 f 3 t T T 3T t f 3 t = εt + εt T + εt T + εt 3T +... = εt kt F 3 s = s k=0 k=0 e skt = s e st

4. A aplace-transzformáció megfordítása 4.. A célkit zés Célunk a aplace-transzformált ismeretében meghatározni a hozzá tartozó id függvényt anélkül, hogy az inverziós integrált kiértékelnénk. A bemutatott módszer lényege, hogy a racionális törtfüggvény alakú aplacetranszformáltat részlettörtekre bontjuk. A részlettörtekhez pedig ránézésre tudunk id függvényt rendelni. A tárgyban olyan függvényekkel találkozunk, ahol a nevez fokszáma nagyobb valódi törtfüggvény vagy egyenl áltört a számláló fokszámánál. Példa: legyen a visszatranszformálandó függvény Y s =,5s + 6s + 6 s + 5s + 4 A nevez nullhelyei az Y s függvény pólusai: p =, p = 4, amivel Bontsuk részlettörtekre a függvényt! Y s =,5s + 6s + 6 s + s + 4. Y s = C 0 + C s + + C s + 4, egyel re ismeretlen C konstansokkal. Ilyen módon elemi transzformációs párokra vezettük visszaaz inverz transzformációt, és a megfelel id függvényt ránézésre felírhatjuk: yt = C 0 δt + εt C e t + C e 4t], és keressük a C együtthatókat. A részlettörtekre bontás elvégzésére, az együtthatók meghatározására három módszert mutatunk. Együtthatók összehasonlítása -> ahogy a Matematika tárgyakból tanultuk J-b l nem részletezzük Octave/Matlab alkalmazását. A letakarásos módszert 4.. Octave/Matlab használata A részlettörtekre bontás az residue függvénnyel végezhet. Ennek szintaxisa Octave alatt: >> help residue -- Function File:, P, K, E] = residue B, A -- Function File: B, A] = residue, P, K -- Function File: B, A] = residue, P, K, E The first calling form computes the partial fraction expansion for the quotient of the polynomials, B and A. The quotient is defined as Bs M rm N ---- = SUM ------------- + SUM ki*s^n-i As m= s-pm^em i= where M is the number of poles the length of the, P, and E, the K vector is a polynomial of order N- representing the direct contribution, and the E vector specifies the multiplicity of the m-th residue s pole. Matlab-ban: >> help residue residue Partial-fraction expansion residues.,p,k] = residueb,a finds the residues, poles and direct term of a partial fraction expansion of the ratio of two polynomials Bs/As. If there are no multiple roots, Bs n ---- = -------- + -------- +... + -------- + Ks As s - P s - P s - Pn Vectors B and A specify the coefficients of the numerator and denominator polynomials in descending powers of s.

A példánkra a következ képpen alkalmazhatjuk a függvényt: >> r,p,k] = residue.5 6 6], 5 4] r = -.0000 0.5000 p = -4 - k =.5000 Vagyis C 0 =,5, C = 0,5 és C =, és a részlettörtekre bontott alak Y s =,5 + 0,5 s + + s + 4. Az Octave-függvény 4. kimen argumentuma, E vektor az egyes pólusok multiplicitását tartalmazza, ami többszörös pólusok esetén lásd kés bb az egyes részlettörtek azonosításában segít. A Matlabban ezt az információt implicit módon kapjuk meg, mert a kimen vektorok s csökken hatványai szerint tartalmazzák a pólusok és a hozzá tartozó reziduumok értékeit. Ezen függvények helyesen kezelik a nem valódi törtfüggvényeket, a többszörös pólusokat és a konjugált komplex póluspárokat is. 4.3. A letakarásos módszer 4.3.. Példa a letakarásra 4.3.. A kifejtési tétel lim Y s = lim C 0 + lim s s s C s + + lim s,5s + 6s + 6 lim s s =,5 = C 0 + 5s + 4 C s + 4 = C 0 lim s + Y s = lim s + C 0 + lim s + C s s s s + + lim s + C s s + 4 = C lim s + + 6s + 6 s,5s s + s + 4 =,5s + 6s + 6 s= = 0,5 = C s + 4 Ha egy Xs = Qs P s racionális törtfüggvény nevez jében csak egyszeres gyökök fordulnak el, és P fokszáma Q fokszáma, akkor részlettörtekre bontható az együtthatók pedig meghatározhatók Az ennek megfelel id függvény Xs = Qs P s = Qs s p s p... s p n Xs = C 0 + C + C +... + C n, s p s p s p n C 0 = lim s Xs C k = lim s p k Xs = lim s p k Qs s p k s p k P s = Qp k. P s lim s pk s p k xt = C 0 δt + εt C e pt + C e pt +... + C n e pnt].

4.3.3. Többszörös pólusok kezelése Ha a nevez nek pontosan egy kétszeres gyöke van p r+ : Xs = Qs P s = Qs s p s p... s p r s p r+, akkor a részlettörtekre bontott függvényt az alábbi alakban kell keresnünk: Xs = C 0 + C s p +... + Az ennek megfelel id függvény pedig C r s p r + D s p r+ + D s p r+. xt = C 0 δt + εt C e pt +... + C r e prt + D e pr+t + D te pr+t]. Itt csak a C k együtthatók és D határozhatók meg letakarással, D meghatározása az együtthatók összehasonlítása alapján végezhet el. 5. feladat Határozzuk meg az alábbi függvények inverz aplace-transzformáltját! 5.. + 5.. + s + F s = 3 s + s + 4 s + F s = 3 s + s + 4 f t = e t + e 4t] εt f t = e t 4e 4t] εt + 3δt 5.3. 5 F 3 s = s + f 3 t = 5te t εt 5.4. + 3s + F 4 s = s + s + f4t = e t + e t + 4te ] t εt 5.5. s F 5 s = 3 s + as + b f 5 t = 3 a a b e at + b b a e bt ] εt 5.6. F 6 s = ss + as + b, b > a f 6 t = b e at cosω 0 t + a ω 0 sinω 0 t ] εt; ω 0 = b a Ennél nagyobb multiplicitású gyökökre általánosítható a aplace-transzformáció integrálási tétele segítségével. A q-szoros gyökhöz tartozó részlettörtek nevez i rendre s p r+, s p r+,... s p r+ q, a hozzájuk tartozó id fügvények pedig εte p r+t,εtte p r+ t,..., εt tq q! ep r+t alakúak.

5.7. 5.8. F 7 s = F 8 s = s + as + b, b > a s s + as + b, b > a f 8 t = f 7 t = ω 0 sinω 0 te at εt; ω 0 = b a ] cosω 0 t a ω 0 sinω 0 t εt; ω 0 = b a 5.9. F 9 s = e s s + 3 f 9 t = e 3t εt e 3t εt 5.0. + F 0 s = e s e s s + 3 f 0 t = e 3t εt e 3t εt e 3t εt 5.. + 6. feladat + F s = s + 8s + 5 f t = 3 sin3te 4t εt Határozzuk meg az ut feszültséget, ha it = I 0! t = 0 it 3 ut A hálózat a t = 0 pillanatban energiamentes, ezért számolhatunk operátoros impedanciákkal. aplace-transzformáltja Áramosztással: észlettörtekre bontva etakarással A keresett válasz: Us = I 0 s Is = I 0 s. 3 3 + + + s + s] = I 0 s + / ss + 7/3 ] C Us = I 0 s + C s + 7/3 C = s + / s + 7/3 s=0 = 3 7, C = s + / s= 7/3 = 4 s 7 ut = I 0 7 3 + 4e 7 3 A forrásáram

U m ut U m it T t τ T t. ábra. 7. feladat 7. feladat Egy induktivitású és soros veszteségi ellenállású tekercset a t = 0 pillanatban ut = U mt id függés T feszültségre kapcsolunk. Határozzuk meg az áram it id függvényét, ha a tekercs a bekapcsolás pillanatában energiamentes! ut it A forrásfeszültség aplace-transzformáltja Us = U m T s. Az áram komplex frekvenciatartományban operátoros impedanciákkal: Is = Us + s = U m T s s+/ = U m T D s + D s + C s + / ] Innen letakarással D =, és együtthatók összehasonlításával C =, D =. A keresett id függvény a hálózat τ = / id állandójával kifejezve it = Um T + t + e t/] εt = Um A forrásfeszültség és az áram id függvénye a. ábrán látható. t T τ T e t/τ ] εt 8. feladat Az alábbi hálózatra a t = 0 pillanatban U m amplitúdójú és T hosszúságú szimmetrikus kett s négyszögimpulzus alakú feszültséget kapcsolunk. Határozzuk meg a bejelölt áram it id függvényét!

t = 0 ut it Határozzuk meg a választ úgy is, hogy u s t egy τ hosszúságú, U m magasságú háromszögimpulzus és nincs kapcsoló! *Megoldás négyszögimpulzusra* A gerjesztés: ut = U m εt εt + εt Us = Um s e st/ + e st Az áram komplex frekvenciatartományban: Így a válasz: it = Um 5 Is = Us s++ s++ = Um e st / +e st ss+5/ e αt εt e αt T/ εt T/ + e αt T εt T ] ; α = 5 *Megoldás háromszögimpulzusra* A gerjesztés: ut = U m εt εt τ/ t τ Us = Um τ ] + εt τ/ εt τ τ t τ e sτ/ +e sτ s A már ismert átviteli karakterisztika az új gerjesztéssel: Is = Um τ e sτ/ + e sτ s s+α ; α = 5 A parciális törtekre való bontás az együtthatók meghatározásával: A s + A s + B s+α A = α ; A = α ; B = α Eszerint az áram id függvénye: αt it = Um τα + e αt ] εt αt τ/ + e αt τ/ εt τ/ + αt τ + e αt τ εt τ 9. feladat Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatra a t = 0 pillanatban U 0 = 5 V egyenfeszültséget kapcsolunk. Határozzuk meg és ábrázoljuk a kondenzátor feszültségének u c t id függvényét az alábbi adatok esetén:. = 50 Ω, = 667 mh, C = µf. = 00 Ω, = 40 mh, C = µf 3. = 00 Ω, = 40 mh, C = 5 µf

t = 0 U 0 C u c t A válasz feszültségosztással: U c s = U 0 s s. V, A, Ω, mh, mf, ms] koherens egységrendszerben:. V, A, Ω, mh, mf, ms] koherens egységrendszerben: sc s U0 = sc + C s +s C + C U c s = 50 s+0.5s+.5 u c t = 50 e 0.5t e.5t εt U c s = 50 s+5 u c t = 50te 5t εt 3. V, A, Ω, mh, mf, ms, krad/s] koherens egységrendszerben: vagy 0. feladat U c s = Um C s+ C 4 C + C U c s = 50 s+ js++j u c t = 5e t sintεt ; τ = C = 0.5, ω 0 = u c t = Um τω 0 e t/τ sinω 0 tεt C 4 C = Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban az i 3 t áramot, ha u s t = U 0 εt εt T ]. paraméterek mely értéktartományában stabilis a hálózat,, 3, C > 0? C i Az α és β u s t βu αi u 3 i 3 A gerjesztés komplex tartományban: s = U 0 e st s C I U U 3 βu αi U 3 I 3

Egy lehetséges egyenletrendszer: U : αi + U + scu U 3 = 0 U 3 = 3 I 3 A válasz két konstans a,b bevezetésével: I = Us βu U = I 3 3 + sc i 3 t = αu 0 a A hálózat akkor stabilis, ha b > 0. Ehhez: I 3 s = αu0 a s+b e st εte bt bt T εt T e ] a = αβ 3 3 0, b = αβ ac αβ > +3 3 valamint αβ <. 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 hálózat állandósult állapotban volt! b Határozzuk meg az i áram ugrását a t = 0 pillanatban! i t = 0 U 0 A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama t = 0 -ban: i 0 = U0 I 0 I U Az egyenletek és U csomópontokra felírva: = U0 s, I 0 = Us : I + Us U s + Us = 0 Ezekb l: U : I + U = 0

a b Is = 6U0 5 s+/ ss+/5 = 3U0 it = 3U0 s 5 5e 5 t εt s+/5 i = i+0 i 0 = 6U0 5 U0 = U0 5. 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: i 0 = 3U0 I 0 i U Az egyenletek és U csomópontokra felírva: = U0 s, I 0 = 3Us : I + Us U s + 3Us = 0 Az egyenletrendszert megoldva: a b Is = 5U0 4 U : I + U = 0 s+/5 ss+/ = U0 it = U0 s 4 + 4 e t εt s+/ i = i+0 i 0 = 5U0 4 3U0 = U0 4 3. feladat + Az ábrán látható, állandósult állapotban lev hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzuk meg a bejelölt it áram id függvényét! = = 3 = 0 Ω, = 0 mh, C = 00 µf, u t U = 0 V, u t U = 0 V. t = 0 u t 3 C u t it

A rendszer a t = 0 pillanatban nem energiamentes. A tekercs árama, valamint a kondenzátor feszültsége: i 0 = U + 3 = 0.5 A u C 0 = U = 0 V I 0 U C φ C U 3 U I U C0 U C0 = U s, I 0 = Az egyenleteket felírva U C és φ csomópontokra: Emellett tudjuk, hogy: U s + 3 U C : U C φ s + U s + + I + U C + U /ssc + U C U /s = 0 φ : φ U/s + φ U C s + U s + = 0 U C = 3 I Az egyenletrendszert megoldva, V, A, Ω, mh, mf, ms, krad/s] koherens egységrendszerben: Is = s +,65s+0,75 ss +s+,5 = s +,65s+0,75 ss+ 0,707js++0,707j Így az áram id függvénye: Is = A s + B s+ 0,707j + B s++0,707j A = 0,5 B = 0,65e j0,34 B = 0,65e j0,34 it = 0,5 + 0,53e t cos0,707t 0,34 ] εt 4. feladat Az ábrán látható, kezdetben energiamentes hálózatot a t = 0 pillanatban ut = U 0 egyenfeszültségre kapcsoljuk. a Határozzuk meg i t, ill. i t id függvényét! b Számítsuk ki és ábrázoljuk az el bbi id függvényeket az alábbi adatok mellett: = = Ω, = 57,7 mh, = 00 mh, M = 48 mh. c Melyik t id pillanatban veszi fel az i t áram az extremális értékét, és mekkora az i t értéke? t = 0 i t M u t i t

a A rendszer a t = 0 pillanatban energiamentes. I M U II. I. I A fenti ábra szerinti hurokegyenletek: A megoldáshoz vezessük be a következ jelöléseket: I. : I I s + I sm = 0 II. : I s + I sm I + U0 s = 0 k = M, α =, α = Az I komplex frekvenciatartományban: α α σ = α+α k, β = +4k α α k I s = U0 s+α ss k +sα +α +4α α = U 0 k s+α ss +sσ+σ β A résztörtekre való bontás: U 0 k A s + Bs+C s+σ β A = k, Az I komplex frekvenciatartományban: B = k, C = α α I s = U0M s k +sα +α +4α α = U 0M k s +sσ+σ β = U 0M k s+σ β Így a válaszok: i t = U0 + e σt α α β k sinhβt coshβt ] εt i t = U 0M β k e σt sinhβtεt b A válaszok V, A, Ω, H, s, rad/s] koherens egységrendszerben: i t = U 0 + e,76t 0,403 sinh5,45t cosh5,45t ] εt i t = 0,95 U 0 e,76t sinh5,45t εt c Az i t függvénynek maximuma van a t m = 0,054 s pillanatban i t m = 0,44U 0 A. 5. feladat Az ábrán látható, vezérelt forrást tartalmazó hálózatban u s t = εt εt T ]U 0 t/t ]. a Határozzuk meg a bejelölt i t áram id függvényét! b Az α paraméter mely értéktartományában stabilis a hálózat?

αi 5 u s t i t a A gerjesztés aplace-transzformáltja: = U0 s st + + st e st ] αi φ φ 5 I A csomóponti egyenletek az ábrák alapján: φ : φ Us + I + αi + φ φ 5 = 0 φ : αi + φ φ 5 + φ +s = 0 Ezekb l a válasz: I s = Us s+6 3 s+0+5α 3 = U0 s+6 3 st ss+β + U0 s+6 3 + st ss+β e st Ahol: β = 5 3 4 + α A parciális törtekre bontásból adódó együtthatók: A = 6 β B = β 6 β A válasz id függvényként: A i t = U0 3 + Be βt εt + A + Be βt T εt T ] B U0 + βat Be βt εt + B + βat T Be βt T εt T ] 3βT b A hálózat akkor stabil, ha: 0 + 5α > 0 α > 4

6. feladat Határozzuk meg az ábrán látható hálózatban a bejelölt it áram id függvényét, ha a forrásfeszültség id függvénye u s t = U 0 εt εt T ] alakú! = kω, = 5 kω, 3 = 0,5 kω, r = kω, C = µf, U 0 = 0 V, T = 0 ms. r 3 u s t it C A girátor feszültségeit és áramait tankönyvi jelöléssel és referenciairánnyal rendre U s, U s, I s, I s- sel jelölve I s + U s s = 0 és a választ pl. az alábbi alakban fejezhetjük ki: I s + + 3 + /sc = 0, Is = U 3 + /sc, továbbá a girátor karakterisztikái U s = ri s, U s = ri s. r 3 u s t U s U s C it A számértékeket V, ma, kω, µf] koherens egységekben behelyettesítve, Is-t kifejezhetjük: 5s Is = s 8s + 6 = s 0,65s s + 0,75. A gerjesztés s = 0 s e 0s Ezzel a válasz it = 6,5 εte 0,75t εt 0e 0,75t 0] 6.. Megoldás Octave segítségével Megjegyzés: Octave használatánál a közölt kimenetet úgy kapjuk, hogy sympref display flat paranccsal a szép eredmény-megjelenítést kikapcsoljuk. >> syms I U I U Iv Us 3 C s r >> si, si, su, su, si] = solve*i+u-us==0, I+U/+U/3+/s/C==0, U == r*i, U == -r*i, Iv == U/3+/s/C,...] si = I, I, U, U, Iv C**Us*r*s/* + r^ + C**r^*s + C*3*r^*s + C***3*s >> subssi, 3 r C], 5.5 ] ans = 5*Us*s/8*s + 6

7. feladat + Az alábbi, kezdetben energiamentes hálózatban a t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. Határozzuk meg az i t áramot! Adatok: = 0 Ω, = 5 Ω, 3 = 5 Ω, = 30 mh, = 50 mh, M = 5 mh A gerjesztés: u s t = U 0 sinωt + ϱ; U 0 = 70 V, ω = 34 rad/s, ϱ = π 6 t = 0 u s t i t M 3 A gerjesztés s tartományban: s = U 0 s sinϱ+ω cosϱ s +ω I M II. I. 3 I 3 I Az két hurokegyenlet: Valamint felírhatjuk, hogy: I. : I 3 3 + I s + I sm + I = 0 II. : + I + I s + I sm + I 3 3 = 0 I = I + I 3 Az egyenletrendszer megoldása után a válasz s tartományban: Ahol I s = k s+a s +bs+c a = +3, b = +3++3+M3 k c = +3+3 k, k = M Behelyettesítve az értékeket V, A, Ω, mh, ms, krad/s] koherens egységrendszerben: I s = 340 35 I s = 340 70 s+/5 s +04s/35+/35 Parciális törtekre bontás után a válasz id tartományban: 0,5s+0,7 s +0,0986 s+0,4s+0,544 s+0,s+,86s+j0,34s j0,34 i t =,008e 0,t,6e,86t + 5,5 cos0,34t,75 ] εt