Opracował: Marek Cabajtu.kielce.pl/~kborkowski/tsis/cw/zad4.pdf · 2019-11-21 · Politechnika...

Politechnika Świętokrzyska w Kielcach Centrum Laserowych Technologii Metali

Opracował: Marek Cabaj

1

Ćwiczenia z przedmiotu: „Teoria Sygnałów i Systemów”. Zestaw zadań 4. Wprowadzenie. Transformata Laplace’a. Przekształceniem Laplace’a nazywamy przekształcenie określone zależnością:

( ) ( )[ ] ( )∫∞

−==0

dtetxtxsX stL

Przekształcenie przyporządkowuje funkcji ( )tx funkcję ( )sX zmiennej zespolonej s .

Funkcję ( )tx nazywamy oryginałem, a funkcję ( )sX jej transformatą.

Funkcja ( )tx musi spełniać następujące warunki:

a) ( ) 0 tdla 0 <=tx

b) ( )tx jest jednoznacznie określona dla )∞∈ ,0t i ciągła, z wyjątkiem co najwyżej

skończonej liczby punktów nieciągłości w każdym skończonym przedziale. W punktach tych następuje skok funkcji o skończoną wartość.

c) ( )tx rośnie co do bezwzględnej wartości nie szybciej niż funkcja wykładnicza, tzn. istnieje taka liczba rzeczywista dodatnia M i taka liczba rzeczywista nieujemna a, że: ( ) atMetx < Podana definicja dotyczy tzw. jednostronnego przekształcenia Laplace’a, do którego upraszcza się przekształcenie dwustronne jeśli x(t) jest sygnałem przyczynowym (spełniającym podany wyżej warunek 1).

Podstawowe właściwości transformaty Laplace’a.

a) Liniowość.

Jeśli sygnał ( )tu jest liniową kombinacją sygnałów ( )tx i ( )ty :

( ) ( ) ( )tbytaxtu +=

to transformata sygnału ( )tu jest liniową kombinacją transformat sygnałów ( )tx

i ( )ty :

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )sYbsXatbytaxtusU ⋅+⋅=+== LL b) Zmiana skali czasu.

( )[ ]

=a

sX

aatx

1L

c) Przesunięcie w dziedzinie czasu.

( )[ ] ( )sXettx st ⋅=− − 00L

d) Przesunięcie w dziedzinie zmiennej zespolonej s.



2

( )[ ] ( )λλ −= sXtxe tL

e) Transformata różniczki w dziedzinie czasu.

( ) ( ) ( )0xssXtxdt

d −=

L

f) Transformata różniczki n-tego rzędu.

( ) ( ) ( )∑=

−

−−−=

n

kk

kknn

n

n

dt

xdssXstx

dt

d

11

1

0L

g) Transformata całki.

( ) ( )s

sXdx

t

=

∫0

ττL

h) Transformata splotu. Splotem dwóch sygnałów ( )tx i ( )ty nazywamy wyrażenie:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ ⋅−=−⋅=∗tt

dytxdtyxtytx00

ττττττ

Transformata splotu dwóch sygnałów jest równa iloczynowi transformat tych sygnałów (twierdzenie Borela).

( ) ( )[ ] ( ) ( )sYsXtytx ⋅=∗L i) Wartości graniczne.

( ) ( )

( ) ( )sXstx

sXsx

st

s

⋅=

⋅=

→→∞

→∞

0limlim

lim0

Dla ωjs = przekształcenie Laplace’a przechodzi w przekształcenie Fouriera. Odwrotne przekształcenie Laplace’a. Jeżeli jest znana transformata sygnału ( )sX , to można obliczyć oryginał ze wzoru:

( ) ( )∫∞+

∞−

=jc

jc

stdsesXj

txπ21

Jest to całka w płaszczyźnie zespolonej, zaś c jest liczbą rzeczywistą, leżącą w obszarze bezwzględnej zbieżności ( )sX . Obliczenie powyższej całki jest zagadnieniem

skomplikowanym. W praktyce sprowadza się ( )sX do takiej postaci (jeśli to możliwe), aby

można było odczytać oryginał ( )tx z tablic. Tablice transformat Laplace’a zamieszczono w osobnym pliku.



3

Jeżeli ( )sX jest funkcją wymierną (można ją przedstawić jako iloraz wielomianów zmiennej s):

( ) ( )nmsb

sasX n

j

jj

m

i

ii

≤=∑

∑

=

=

0

0

to można znaleźć miejsca zerowe wielomianu mianownika (tzw. bieguny) i rozłożyć powyższe wyrażenie na ułamki proste:

( ) (bieguny) mianownika zerowe miejsca - gdzie 0

j

n

j j

j sss

AsX ∑

= −=

Dla takiej transformaty oryginał funkcji jest równy:

( ) ( ) ∑=

⋅=n

j

tsj

jeAttx0

1

Zastosowanie transformaty Laplace’a do rozwiązywania równań różniczkowych liniowych o stałych współczynnikach (metoda operatorowa). Równanie różniczkowe postaci:

ubdt

dub

dt

udb

dt

udbya

dt

dya

dt

yda

dt

ydm

m

mm

m

mn

n

nn

n

011

1

1011

1

1 ++++=++++ −

−

−−

−

− KK

gdzie ( )tu jest daną funkcją, a ( )ty poszukiwaną, można poddać przekształceniu Laplace’a. Uwzględniając warunki początkowe:

( ) ( ) ( ) 11

1

10 0 0 0 −−

−

=== nn

n

ydt

ydy

dt

dyyy K

i

( ) ( ) ( ) 11

1

10 0 0 0 −−

−

=== nm

m

xdt

xdx

dt

dxxx K

i pamiętając, że transformata różniczki

( ) ( ) ( )∑=

−

−−−=

n

kk

kknn

n

n

dt

xdssXstx

dt

d

11

1

0L

otrzymujemy równanie w dziedzinie s:

( )

( ) UbusUbusUsbusUsb

YaysYaysYsaysYs

m

m

kk

kmmm

m

kk

kmmm

n

n

kk

knnn

n

kk

knn

011

1

01

111

11

011

1

11

111

11

+−+

−+

−=

=+−+

−+

−

−

−

=−

−−−−

=−

−

−

−

=−

−−−−

=−

−

∑∑

∑∑

K

K



4

To równanie możemy sprowadzić do postaci:

)()()()( 00 sUsLUsYsMY +⋅=+⋅

gdzie M(s), L(s), Y0(s) i U0(s) są wielomianami względem zmiennej s, przy czym wielomiany Y0(s) i U0(s) zależne są od warunków początkowych. Jeżeli obliczymy transformatę U(s) = L[u(t)] to z powyższego równania można wyliczyć transformatę Y(s):

( )sM

sYsUU

sM

sLY

)()()()( 00 −+=

Teraz pozostaje wyznaczyć szukaną funkcję y(t):

( )Yty 1)( −= L Zastosowanie transformaty Laplace’a do wyznaczania prądów i napięć w liniowych obwodach elektrycznych w stanach nieustalonych. Przy skokowych zmianach prądów i napięć zasilających lub przy zmianie konfiguracji obwodu (wykonaniu przełączeń w obwodzie) występują w nim przejściowe stany, które nazywane są stanami nieustalonymi. Analiza prądów i napięć wymaga wówczas rozwiązania układu liniowych równań różniczkowych. Staje się to znacznie prostsze, jeśli zastosować opisaną wyżej metodę operatorową. Występujące w obwodzie elementy R, L i C należy zastąpić dwójnikami według poniższej tabeli:

rezystancja indukcyjność pojemność

Element na schemacie

oryginalnym

Element na schemacie dla

metody operatorowej

W miejsce napięć i prądów źródłowych trzeba wprowadzić ich transformaty:

( )[ ]teE ii L= i ( )[ ]tiI jj L=

Stosując klasyczne metody rozwiązywania obwodów elektrycznych (oczkową, potencjałów węzłowych itp.) wyznacza się transformaty prądów i napięć, a następnie znajduje oryginały tych transformat.



5

Transmitancja operatorowa Laplace’a układu liniowego. Jeśli sygnał ( )tx o transformacie ( )sX po przejściu przez układ liniowy (spełniający zasadę

superpozycji) zamienia się w sygnał ( )ty o transformacie ( )sY , to stosunek transformaty sygnału wyjściowego do transformaty sygnału wejściowego przy zerowych warunkach początkowych nazywamy transmitancją operatorową układu.

( ) ( )( )sX

sYsG = przy zerowych warunkach początkowych

Podanie transmitancji operatorowej dla układu liniowego jest jednym z podstawowych sposobów opisu jego dynamiki. Stosuje się go powszechnie w analizie i syntezie układów regulacji automatycznej. Zadania. Zadanie 1. Obliczyć transformaty Laplace’a dla następujących sygnałów:

a) impulsu Diraca ( ) ( )ttx δ= ,

b) skoku jednostkowego ( ) ( )ttx 1= ,

c) sygnału liniowo narastającego ( ) ( ) tttx ⋅= 1 ,

d) sygnału narastającego wykładniczo ( ) ( ) atettx ⋅= 1

e) sygnału malejącego wykładniczo ( ) ( ) btettx −⋅= 1 Rozwiązanie:

a) Impuls Diraca posiada następującą właściwość:

( ) ( ) ( )0xdttxt =⋅∫∞

∞−

δ

Wobec tego:

( )[ ] ( ) 10

0

==⋅= ⋅−−∞

∫sst edtett δδL



6

b) Skok jednostkowy, czyli funkcja Heaviside’a (tzw. jedynka Heaviside’a) jest zdefiniowany następująco:

( )

>

=

<

=

0 dla 1

0 dla 2

1

0 dla 0

t

t

t

t1

Wzór na transformatę przyjmuje postać:

( )[ ] ( )s

e

s

e

s

edtedtett

sst

t

ststst

0

000

lim⋅−−

∞→

∞−∞−−

∞

+−=−==⋅= ∫∫11L

Występująca we wzorze granica jest zbieżna do zera gdy zmienna s leży w lewej półpłaszczyźnie:

0)Re( >s Dla tak określonej dziedziny zmiennej s otrzymujemy:

( )[ ]ss

et

s 10

==⋅−

1L

c) Transformatę sygnału liniowo narastającego policzymy z definicji:

( )[ ]

2

0

00

1lim

1

s

e

st

s

e

st

s

edtettt

sst

t

stst

⋅−−

∞→

∞−∞−

+

−=

=

−=⋅=⋅ ∫1L

Podobnie jak w poprzednim punkcie występująca we wzorze granica jest zbieżna do zera gdy ( ) 0Re >s . Pozostaje więc:

( )[ ] 22

0 1

ss

ett

s

==⋅⋅−

1L

d) Transformata sygnału narastającego wykładniczo:

( )[ ]

0)(

0

)(

0

)(

0

11lim

1e

ase

ase

as

dtedteeet

ast

t

ast

aststatat

−+

−−=

−−=

===⋅

−−

∞→

∞−−

∞−−

∞−

∫∫1L



7

Przy ( ) 0Re >s granica jest zbieżna do zera i ostatecznie:

( )[ ]as

et at

−=⋅ 1

1L

e) Po podstawieniu do poprzedniego wyniku: ba −= otrzymujemy:

( )[ ]bs

et bt

+=⋅ − 1

1L

Zadanie 2. Obliczyć transformaty Laplace’a dla następujących sygnałów: Wyznaczyć widmo przedstawionego na rysunku sygnału impulsowego. Określić przebieg widma amplitudowego i fazowego.

a) sygnału sinusoidalnego ( ) ( ) ( )tttx ωsin⋅= 1 ,

b) sygnału kosinusoidalnego ( ) ( ) ( )tttx ωcos⋅= 1 ,

c) sygnału sinusoidalnego z tłumieniem ( ) ( ) ( )tettx at ωsin⋅⋅= −1 Rozwiązanie:

a) Sygnał sinusoidalny przedstawimy w postaci wykładniczej:

( ) ( ) ( ) ( )j

eettttx

tjtj

2sin

ωω −−=⋅= 11

Teraz obliczymy transformatę X(s):

( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )

+−

−+

++

−−=

++

−−=−=

−===

+−−−

∞→

∞+−−−∞+−−−

∞−

−∞−

∫

∫∫

ωωωω

ωω

ωω

ωωωω

ωω

jsjsjs

e

js

e

jsX

js

e

js

e

jdtee

jsX

dtej

eedtetxtxsX

jstjst

t

jstjstjstjst

sttjtj

st

11lim

2

1

2

1)(

2

1

2

00

00

L

Występująca we wzorze granica jest równa zero, jeśli część rzeczywista zmiennej s jest większa od zera. Pozostaje więc:

( )22))((

)()(

2

111

2

1

ωω

ωωωω

ωω +=

+−−−+⋅=

+−

−=

sjsjs

jsjs

jjsjsjsX



8

b) Transformatę sygnału kosinusoidalnego można obliczyć w sposób przedstawiony wyżej. Można też wykorzystać fakt, że sygnał taki jest różniczką sygnału sinusoidalnego:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]tdt

dttttx ω

ωω sin

1cos ⋅⋅=⋅= 11

Ponieważ transformata różniczki jest równa:

( ) ( ) ( )0xssXtxdt

d −=

L

to w naszym przypadku możemy napisać, że:

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]( ))0sin(sin1

sin1

cos −=

== tstdt

dtsX ω

ωω

ωω LLL

Podstawiając do wzoru wyliczoną w poprzednim punkcie transformatę sygnału sinusoidalnego otrzymujemy ostateczny wynik:

( ) ( )[ ]2222 0

1cos

ωωω

ωω

+=

−+

==s

s

sstsX L

c) Przy obliczaniu transformaty sygnału sinusoidalnego z tłumieniem

( ) ( ) ( )tettx at ωsin⋅⋅= −1

skorzystamy z następującej własności transformaty Laplace’a:

( )[ ] ( )λλ −= sXtxe tL

W naszym przypadku otrzymamy:

( ) ( )[ ] ( ) )(2sin 22222 asasas

tet at

+++=

++=⋅ −

ωω

ωωω1L

Zadanie 3. Wyznaczyć oryginał transformaty:

( )107

12 ++

+=ss

ssX

Rozwiązanie: Rozpoczniemy od obliczenia miejsc zerowych mianownika (biegunów).

910474 22 =⋅−=−=∆ acb 2

3721,0

±−=∆±−=a

bs 5 ,2 20 −=−= ss



9

Transformatę zapiszemy następująco:

( ))5)(2(

)25()()5)(2(

)2()5(52)5)(2(

1++

+++=++

+++=+

++

=++

+=ss

babas

ss

sbsa

s

b

s

a

ss

ssX

Porównując współczynniki wielomianów występujących w licznikach możemy napisać układ równań:

=+

=+

125

1

ba

ba

który ma rozwiązanie:

31−=a ;

34=b

Wobec tego:

51

34

21

31

++

+−=

ssX

Teraz możemy wyznaczyć oryginał:

( ) ( ) tt eess

Xtx 52111

34

31

51

34

21

31 −−−−− +−=

++

+−== LLL

Zadanie 4. Metodą operatorową rozwiązać równanie różniczkowe:

ttdt

dx

dt

xd22

2

2

+=+ 0≥t

przy warunkach początkowych: ( ) 40 =x , ( ) 20' −=x Rozwiązanie: Obliczamy transformaty różniczek występujących w równaniu:

24)0(')0( 222

2

+−=−⋅−=

sXsxxsXs

dt

xdL

4)0( −=−=

sXxsXdt

dxL

W tablicach znajdujemy transformatę prawej strony równania:

( ) ( ) ( )23

22 2222

sstttt +=+=+ LLL



10

W dziedzinie zmiennej zespolonej s równanie różniczkowe zamienia się na równanie algebraiczne:

232 22

424ss

sXsXs +=−++−

a stąd:

24)1(2

)1( 3 +++=+ ss

sXss

i ostatecznie:

)1(1

21

14

12 4 +

++

+=ssss

X

Z tablic odczytujemy:

61 3

41 t

s=

−L

tes

−− =

+111

L

( )te

ss−− −=

+1

1

11L

Po podstawieniu otrzymujemy oryginał:

( ) 223

2243

33

++=−++= −−− ttt et

eet

tx

Zadanie 5. Metodą operatorową rozwiązać równanie różniczkowe:

udt

duy

dt

dy

dt

yd +=++ 2232

2

gdzie ( ) tetuu 3−==

przy warunkach początkowych: ( ) 10 =y , ( ) 20' =y Rozwiązanie: Obliczamy transformaty różniczek występujących w równaniu:

2)0(')0( 222

2

−−=−⋅−=

sYsyysYs

dt

ydL

[ ] 33)0(33 −=−=

sYysYdt

dyL



11

[ ] 2222)0(22 03 −=−=−=

⋅− sUesUusUdt

duL

Po zastąpieniu lewej i prawej strony równania transformatami otrzymujemy równanie w dziedzinie zmiennej s:

UsUYsYsYs +−=+−+−− 2223322 a stąd:

233

2312

22 ++++

+++=

ss

s

ss

sUY

Transformatę funkcji u(t) odczytamy z tablic:

( )[ ] [ ]3

13

+=== −

setuU t

LL

Ostatecznie, po podstawieniu, transformata Y jest równa:

( ) BA YYss

s

sss

sY +=

++++

++++=

233

)23(312

22

Aby wyznaczyć oryginał musimy powyższe wyrażenie rozłożyć na ułamki proste. Zaczniemy od znalezienia pierwiastków wielomianu 232 ++ ss .

12434 22 =⋅−=−=∆ acb 2

1321,0

±−=∆±−=a

bs 2 ,1 20 −=−= ss

Składnik YA transformaty zapiszemy teraz następująco:

( ) 123)1)(2)(3(12

)23(312

2 ++

++

+=

++++=

++⋅++=

s

c

s

b

s

a

sss

s

sss

sYA

albo inaczej:

( ) ( ) ( ))1)(2)(3(

653423)1)(2)(3(

12 222

+++++++++++=

++++=

sss

ccscsbbsbsaasas

sss

sYA

Grupujemy składniki licznika według potęg zmiennej s:

( ) ( ))1)(2)(3(

)632(543)1)(2)(3(

12 2

+++++++++++=

++++=

sss

cbacbascbas

sss

sYA

Porównując współczynniki wielomianów występujących w licznikach możemy napisać, że:

=++

=++

=++

1632

2543

0

cba

cba

cba



12

Rozwiązując powyższy układ równań otrzymujemy:

5,2−=a ; 3=b ; 5,0−=c Wobec tego:

11

5,02

13

31

5,2+

−+

++

−=sss

YA

Oryginał tej transformaty odczytujemy z tablic:

( ) ( )

+−

++

+−== −−−−

11

5,02

13

31

5,2 1111

sssYty AA LLLL

( ) ttt

A eeety −−− −+−= 5,035,2 23

W taki sam sposób znajdziemy oryginał transformaty YB:

)1)(2()2()(

)1)(2()2()1(

12)1)(2(3

233

2 +++++=

+++++=

++

+=

+++=

+++=

ss

babas

ss

sbsa

s

b

s

a

ss

s

ss

sYB

=+

=+

32

1

ba

ba a stąd: 1−=a ; 2=b

( ) ( ) ttBB ee

ssYty −−−−− +−=

++

+−== 2

11

22

1 2111LLL

Ostatecznie rozwiązaniem równania różniczkowego jest funkcja:

( ) ( ) ( ) ttttttttBA eeeeeeeetytyty −−−−−−−− ++−=+−−+−=+= 5,125,225,035,2 23223

Zadanie 6. W obwodzie elektrycznym przedstawionym na schemacie obliczyć przebieg napięcia na kondensatorze C po włączeniu zasilania wyłącznikiem W.



13

Rozwiązanie: Do obliczeń metodą operatorową rysujemy schemat, na którym baterię i wyłącznik zastępujemy źródłem napięciowym E. Wartość chwilowa siły elektromotorycznej źródła E jest opisana wzorem:

( ) ( ) 10⋅= tte 1 Odpowiada to zamknięciu wyłącznika W w chwili t = 0. Transformata SEM źródła:

( )s

sE10=

Kondensator C zastępujemy reaktancją operatorową 1/sC. W momencie zamknięcia wyłącznika na kondensatorze nie ma napięcia (zerowe warunki początkowe).

Zastępcza impedancja operatorowa obwodu:

111

1

)(2

2121

2

21

2

2

1 +++=

++=

+

⋅+=

sCR

RRRsCR

sCR

RR

sCR

sCR

RsZ

Prąd w obwodzie:

)()(

)(sZ

sEsI =

Napięcie na kondensatorze:

−=⋅−=

)(1)()()()( 1

1 sZ

RsERsIsEsUC

Po podstawieniu otrzymujemy:

( )2121

1122121

2121

21 1011)()(

RRRsCR

RRsCRRRRsCR

sRRRsCR

sCRRsEsUC ++

−−++⋅=

+++−⋅=

++

⋅⋅=++

⋅=

21

12121

2

11

111010)(

CRCRs

sCRRRRsCR

R

ssUC

Uwzględniając wartości elementów mamy:

)102(

10

101010

1

101010

111

101010

10)( 2

3

3636

63 ⋅+=

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅

=

−−

− sss

ssUC



14

Rozłożymy transformatę napięcia na kondensatorze na ułamki proste:

)102(

102)(

102)102(

10)( 2

2

22

3

⋅+⋅⋅++=

⋅++=

⋅+=

ss

abas

s

b

s

a

sssUC

Stąd otrzymujemy:

5102

102

3

=⋅

=a i 5−=−= ab

a dalej:

210255

)(⋅+

−=ss

sUC

Napięcie na kondensatorze:

( ) ( ) ( )tCC e

ssUtu 200

2111 15

1021

51

5 −−−− −⋅=

⋅++

== LLL dla 0≥t

Wykres przedstawia przebieg napięcia na kondensatorze.

Zadanie 7. W stanie ustalonym wyłącznik W jest zamknięty. Obliczyć przebieg napięcia w punkcie A po otwarciu wyłacznika.



15

Rozwiązanie: W stanie ustalonym, przy zamkniętym wyłączniku W w obwodzie złożonym z rezystancji R1 i gałęzi R2L płynie prąd:

1,010020

12

210 =

+=

+=

RR

EI A

Płynąc przez gałąź R2L prąd wywołuje spadek napięcia: 101001,0200 =⋅== RIU A V

Do takiego napięcia jest naładowany kondensator C: 100 == AC UU V

W momencie otwierania wyłącznika (t = 0) mamy więc następujące warunki początkowe.

( ) 100 =Cu V i ( ) 1,00 =Li A

Po otwarciu wyłącznika gałąź ze źródłem E, wyłącznikiem W i rezystancją R1 przestaje mieć wpływ na zjawiska zachodzące w obwodzie i można ją pominąć w dalszych rozważaniach. Po zastąpieniu kondensatora i cewki reaktancjami operatorowymi, uwzględniając warunki początkowe, uzyskujemy następujący obwód:

Na podstawie powyższego schematu możemy wyliczyć transformatę napięcia w punkcie A.



16

LCsCsR

isLCuC

sLRsC

iLs

u

sI LCL

C

22

21

)0()0(1

)0()0(

)(++

⋅+⋅=++

⋅+=

sCLCsCsR

isLCuC

s

u

sCsI

s

usU LCCC

A

11

)0()0()0(1)(

)0()(

22

⋅++

⋅+⋅−=⋅−=

( )LCsCsRs

isLu

s

usU LCC

A 221

)0()0()0()(

++⋅+−=

Po podstawieniu wartości elementów otrzymujemy:

)1010(10

10101010

)1010(101010

)11010(01,01010

)( 932

10

932

7

932

107

629 ++−

++−=

+++−=

+++−= −− sssssssss

s

ssss

s

ssU A

Dla 2-go i 3-go składnika sumy obliczamy pierwiastki wielomianu kwadratowego występującego w mianowniku:

9962 10999,3104104 ⋅−=⋅−=−=∆ acb 3102,63 ⋅=∆ j

3333

1,0 106,31105,02

102,63102

⋅±⋅−=⋅±−=∆±−= jj

a

bs

Z tablic odczytujemy oryginały poszczególnych składników transformaty ( 0≥t ):

( ) 10101

1 =

= −

stuA L

( )

( )

( )tej

eee

eej

eessssss

tu

ttjtj

t

tjtj

tstsA

3500106,31106,31

500

10)6,315,0(10)6,315,0(3

7

10

7

10

71

2

106,31sin3162

316

106,3121

10

)(1

10))((

10

33

33

10

⋅⋅=−⋅⋅=

=−⋅⋅

=

=−−

=

−−=

−⋅−⋅

−

⋅−−⋅+−

−L

( )

−

−+

⋅=

=

−

−+=

−−= −

)(1

1106,31

110

)(1

11

10))((

10

01

10

1001

6210

100110

10

10

101

3

tsts

tstsA

esesss

esessssssssss

tu L



17

( ) [ ]

( ) ( ) ( )tette

j

eee

eee

ejejj

tu

tt

tjtjt

tjtjt

tjtjA

350033500

106,31106,31500

106,31106,31500

10)6,315,0(310)6,315,0(333

106,31cos1010106,31sin016,0106,31cos1010

2016,0

21010

10)6,315,0(10)6,315,0(106,312

110

3333

33

⋅⋅−≈⋅−⋅⋅−=

=−⋅−+⋅−=

=⋅−−−⋅+−⋅⋅

−=

−−

⋅−⋅−

⋅−⋅−

⋅+−⋅−−

Ze względu na bardzo małą amplitudę pominięto składową sinusoidalną w trzecim składniku. Ostatecznie:

( ) ( ) ( ) ( ) )106,31cos(1010)106,31sin(31610 35003500321 tetetutututu tt

AAAA ⋅+−⋅−=−−= −−

Po uporządkowaniu:

( ) [ ])106,31sin(316)106,31cos(10 33500 ttetu tA ⋅−⋅= −

Przebieg napięcia przedstawia poniższy wykres:

Przedstawiony przykład ilustruje poważny problem, jaki pojawia się przy dokonywaniu przełączeń w obwodach elektrycznych, zawierających indukcyjność. Przy takich operacjach mogą pojawić się w obwodzie napięcia o wartościach znacznie przekraczających napięcia zasilania – tzw. przepięcia (w naszym zadaniu ok. 26-krotnie). Przepięcia mogą być niekiedy przyczyną uszkodzeń urządzeń elektrycznych i elektronicznych. Zjawisko indukowania się wysokiego napięcia na cewce może też być celowo wykorzystane. Typowym przykładem jest układ zapłonowy w silnikach benzynowych.



18

Zadanie 8. Obliczyć całkę:

( ) ( )∫−−=

tt detx

0

)( sin τττ

Rozwiązanie: Powyższą całkę można oczywiście obliczyć w sposób klasyczny, na przykład zamieniając funkcję trygonometryczną sin na wykładniczą (jak w zadaniu 2). My obliczymy ją nieco inaczej. Zauważmy, że całka ta definiuje splot dwóch funkcji:

( ) ( )tetx t sin∗= −

Korzystając z tego, że transformata splotu jest iloczynem transformat możemy napisać:

( ) ( ) ( )[ ]))()(1(

11

11

12 jsjssss

esX t

−++=

+⋅

+=⋅= −

tsinLL

Z tablicy transformat odczytujemy, że:

))()((

)()()(

))()((

11

accbba

ebaeacecb

csbsas

ctbtat

−−−−+−+−−=

−−−−

L

W naszym zadaniu:

1−=a ; jb −= ; jc = Po podstawieniu otrzymujemy:

[ ]j

jeeejeje

jjjj

ejejejjsXtx

jtjtjtjttjtjtt

42

)1)()(1()1()1()(

)()( 1 −+−−=+−−+−

+−+++−−−==−−−−−

−L

j

ee

j

eje

j

jetx

jtjtjtjtt

4442

)(+−++−=

−−−

a po zamianie funkcji wykładniczych na trygonometryczne:

)sin(21

)cos(21

21

)( ttetx t +−= −



19

Zadanie 9. Obliczyć transmitancję operatorową Laplace’a czwórnika elektrycznego, przedstawionego na

schemacie, zdefiniowaną jako: ( ))()(

1

2

sU

sUsG =

Rozwiązanie: Dla metody operatorowej schemat czwórnika przedstawiono poniżej. Dla obliczenia transmitancji należy przyjąć zerowe warunki początkowe.

Określmy następujące impedancje operatorowe:

11

1

)(11

1

11

11

1 +=

+

⋅=

CsR

R

sCR

sCR

sZ

2

222

22

11sC

CsRR

sCZ

+=+=

Transmitancja operatorowa czwórnika jest równa:

)()()(

)()(

)(21

2

1

2

sZsZ

sZ

sU

sUsG

+==

( )( )( )( )11

111

1

1

)()(

)()(

112221

1122

2

22

11

1

2

22

21

2

+++++=++

+

+

=+

=CsRCsRCsR

CsRCsR

sC

CsR

CsR

RsC

CsR

sZsZ

sZsG



20

( )( )( )( ) 1)(

1)(

11

11)(

22211122112

221122112

112221

1122

+++++++=

+++++=

CRCRCRsCRCRs

CRCRsCRCRs

CsRCsRCsR

CsRCsRsG

2211221211

2

22112211

2

1111

111

)(

CRCRCRCRCRss

CRCRCRCRss

sG

+

+++

+

++

=

Wprowadźmy oznaczenia:

493111 1010101010 −− =⋅⋅⋅== CRT

493222 10210100102 −− ⋅=⋅⋅⋅== CRT

5931212 1021010102 −− ⋅=⋅⋅⋅== CRT

212121

2

12

212121

2

12212121

2

1111

1

11111

11111

)(

TTTTTss

Ts

TTTTTss

Ts

TTTTTss

sG

+

+++

−=+

+++

−+

+++

=

842

5

105,0105,6105,0

1)(⋅+⋅+

⋅−=ss

ssG

Zadanie 10. Obliczyć przebieg sygnału y(t), jeśli sygnał wejściowy u(t) jest skokiem jednostkowym. Układ ma transmitancję:

842

5

105,0105,6105,0

1)(⋅+⋅+

⋅−=ss

ssG

Rozwiązanie: Transformata sygnału wejściowego:

( ) ( )[ ]s

tsX1== 1L



21

Transformata sygnału wyjściowego:

sss

ssXsGsY

1105,0105,6

105,01)()()( 842

5

⋅

⋅+⋅+⋅−=⋅=

842

5

105,0105,6105,01

)(⋅+⋅+

⋅−=sss

sY

Obliczmy pierwiastki mianownika drugiego składnika transformaty:

( ) 98242 104105,04105,64 ⋅=⋅⋅−⋅=−=∆ acb 3104,63 ⋅=∆

2104,631065

2

33

1,0

⋅±⋅−=∆±−=a

bs

3

0 108,0 ⋅−=s ; 31 102,64 ⋅−=s

Wobec tego:

)102,64)(108,0(105,01

)( 33

5

⋅+⋅+⋅−=sss

sY

Odczytujemy z tablic:

111 =

−

sL

( ) ( ) ( )tttt eeeess

3333 102,64108,0102,64108,03

5

33

51 79,0

108,02,64105,0

)102,64)(108,0(105,0 ⋅−⋅−⋅−⋅−− −=−

⋅−⋅=

⋅+⋅+⋅

L

Przebieg sygnału wyjściowego jest więc opisany funkcją:

( )tt eety33 102,64108,079,01)( ⋅−⋅− −−=

Opracował: Marek Cabajtu.kielce.pl/~kborkowski/tsis/cw/zad4.pdf · 2019-11-21 · Politechnika...

Documents

Transcript of Opracował: Marek Cabajtu.kielce.pl/~kborkowski/tsis/cw/zad4.pdf · 2019-11-21 · Politechnika...