TOEIsaev

§6.1.1. Переходная характеристика (или переходная функция)

Дельта функция Дирака δ( x − x0 ) и θ(x − x0 ) -ступенчатая функция

Хевисайда

Свойство дельта функции Дирака:

¥	при t = t	∞
d(t - t0 ) =	0 ,	∫ d(t - t0 ) f (t)dt = f (t0 ).
0	при t ¹ t0	−∞

Рис. 4.65

Свойство функция Хевисайда:

0	при t £ t0	;	® q¢(t) = d(t) ,
q(t - t0 ) =	при t > t0.
1

	∞
	∫ d(x - x0 )dx = q(x - x0 ) .
	−∞
Рис. 4.66	Преобразование Лапласа этих функций
	L[d(t)] = 1, L[q(t)] =	1	.
		p

Рис. 4.67

141

Переходная функция h(t) – это закон изменения во времени выходной величины при изменении входной величины в виде

единичной ступенчатой функ-

ции (отклик (реакция звена)

системы на единичное воздей-

ствие). Единичная ступенчатая функция описывается следующим образом

0 при t < 0; q(t) = 1 при t ³ 0.

Решение дифференциального уравнения с единичной θ (t) правой частью, есть переходная функция

dx(t) + x(t) = θ(t) → решением уравнения является h(t) , dt

тогда при произвольном воздействии f (t) имеем:

dx(t) + = →

x(t) f (t) решением уравнения является функция:

dt

t

x(t) = h(t) f (0) + ∫ h′(τ) f (t − τ)d τ.

0

При нулевых начальных условиях:

t

x(t) = ∫ h′(τ) f (t − τ)d τ .

0

Решение дифференциального уравнения с импульсной δ (t) правой частью, есть функция Грина функция или весовая функция:

dx(t) + x(t) = δ(t) → решением уравнения является w(t) , dt

тогда при произвольном воздействии f (t) имеем:

dx(t) + = →

x(t) f (t) решением уравнения является

dt

t

x(t) = h(t) f (0) + ∫ w(τ) f (t − τ)d τ.

0

При нулевых начальных условиях:

t

x(t) = ∫ w(τ) f (t − τ)d τ .

0

§6.1.2. Импульсная переходная функции (весовая функция-функция Грина)

Связь между передаточной функцией и переходной функцией можно найти, используя следующие соотношения:

142

	′	→	′
	δ(t) = θ (t)		w(t) = h (t);
	t		t
	θ(t) = ∫δ(t)dt → h(t) = ∫ w(t)dt,
	0		0
где
функция Грина	w(t)-это отклик-реакция системы на δ (t) воздействие

переходная функция h(t)-это отклик-реакция системы на θ (t) воздействие

Напомню, что преобразование Лапласа:

t

F ( p)

L[ f (t)] = F ( p) L ∫

f (t)dt

®

, L[ f ¢(t)] ® pF ( p) .

p

0

Следовательно, изображение переходной функции

h( p) =

1

×W ( p) .

(11)

p

Пример 1:

Дано дифференциальное уравнение

5

d 2 x

+ 4

dx

+ 3x = y(t) + 2

dy(t)

,

x(0) = y(0) = 0,

dx(0)

=

dy(0)

= 0.

dt2

dt

dt

dt

dt

Определим передаточную функцию дифференциального уравнения.

1.

Запишем уравнение в операторной форме:

5 p2 X + 4 pX + 3X = Y + 2 pY ® (5 p2 + 4 p + 3) X = (1 + 2 p)Y .

2.

Находим передаточную функцию: W ( p) =

(1 + 2 p)

.

(5 p2 + 4 p + 3)

Пример 2:

Дано дифференциальное .уравнение

0,1

d 2 x

+10

dx

+100x = f (t),

x(0) = 0,

dx(0)

= 0.

dt2

dt

dt

Определим передаточную функцию дифференциального уравнения и w(t)-функцию Грина (весовую функцию).

Z(p) := 0.1×p2 + 10×p + 102

W(p) := 1

Z(p)

143

w1(t) :=

1

invlaplace , p

float , 4

® .2582×e( - 50.)×t×sinh (38.73×t)

0.1×p2 + 10×p + 102

-88.729833462074168852

1

p := Z(p) solve , p

®

t :=

p

-11.270166537925831148

1

d

1

p

1×t

1

p 0×t

(- 11.27)×t

( - 88.73)×t

z(p) := dp Z(p)

w(t) := z(p1)

×e

+

z(p0)

×e

w(t) float, 4

® .1291×e

-

.1291×e

t := 0, 0.01.. 4×t

0.083

0.062

w1( t)

0.042

w(t)

0.021

0

0.088

0.18

0.26

0.35

t

1

invlaplace , x

h1(t) := (0.1×x2 + 10×x + 102)×x

float, 4

® .1000e-1 - .1000e-1×e(- 50.)×t×cosh (38.73×t) - .1291e-1×e(- 50.)×t×sinh (38.73×t)

d

1

1

p1×t

1

p 0×t

z(p) := dp Z(p) h(t) :=

Z(0) +

p1×z(p1)

×e

+

p0×z(p0)

×e

h(t1) float , 2 ® .10e-1 - .11e-1×e(- 11.)×t1 + .15e-2×e(- 89.)×t1

t := 0, 0.01.. 4×t

Определим h(t) переходную функцию дифф. ур-я
0.0098
0.0073
h1(t)
0.0049
h(t)
0.0024
0	0.088	0.18	0.26	0.35
		t
Делаем проверку w(t) = h'(t)

144

	0.083
d	0.062
	h1( t)
dt	0.042
w(t)
	0.021
	0	0.088	0.18	0.26	0.35
			t

Рассчитать переходный процесс при внешнем воздействии f(t)=20sin(ωt)

w := 20 f(t) := 20×sin(w×t)

⌠t

Fo(t) := w(t - t)×f(t) dt

⌡0

2

x1

d

x(t) + 10×d

x(t) + 102×x

0.1×

f(t) D(t , x) :=

-10

2

N := 100

dt

2

dt

×x1 -

10

×x0 +

f(t)

0.1

0.1

0.1

	0		i := 0.. N	0
x := rkfixed		, 0, 5×t, N, D		t := x
	0

	0.12
Fo(ti)	0.065
(x 1 )	0.01	0.11	0.22	0.33	0.44
i	0
	0.045
	0.1
			ti

§4.7 Метод пространство состояний

Из всех известных методов расчета переходных процессов наиболее физическим является метод пространства состояний. Этот метод позволяет одновременно получать все интересующие нас величины токов и напряжений.

Переменные состояния представляют собой систему наименьшего числа независимых величин необходимых для полного определения поведения динамической системы. Переменные состоя-

ния это токи индуктивностей и напряжения емкостей, именно они определяют состояние системы. В математической форме уравнения

состояний для сложной цепи имеют вид:

145

		dx(t)	= A × x(t) + B ×F(t), D(x, t) = A × x + B × F(t) .	(10)
		dt
x(t) – вектор состояния (размерность n);
A – матрица состояния (размерность n×n );
B × F(t) –	вектор столбец (размерность n);
D(x, t) –	расширенная матрица.

Сначала рассмотрим составления уравнения состояния на про-

стейших

цепях

первого порядка

Определим

напря-

жение

на

конден-

саторе

после ком-

мутации. Вектором

состояния является

Рис. 4.68

напряжение на ем-

кости. Запишем второй закон Кирхгофа.

UC

+ RC

dUC

= e(t) .

dt

Перепишем это уравнение относительно производной dUC dt

dUC = - UC + e(t) ® dUC = A×UC + B(t) = D(UC , t)
dt	RC RC	dt

такой вид уравнения называется нормальным. Таким образом, дифференциальное уравнение, разрешенное относительно производной называется нормальным.

Рис. 4.69

Рассмотрим еще один пример. Определим ток через индуктивность. В данном случае вектором состояния является ток через индуктивность. Составляем уравнение по второму закону Кирхгофа.

iL R + L diL = e(t) . dt

146

Разрешаем это уравнение относительно производной и получаем уравнение в нормальной форме

diL	= -	R	iL	+	e(t)	®	diL	= A×iL + B(t) = D(iL , t) .
dt					L
		L					dt

Рассмотрим пример для цепи второго порядка. Вектором состояния являются переменные xT (t) = {iL (t),UC (t)}. Записываем уравнения по

второму закону Кирхгофа, в результате получаем систему дифференциальных уравнений:

R

C

E L

Рис. 4.70

u

L

+ u + i × R = E ® L

diL

+ R ×i

L

+ u = E,

C

dt

C

i

= i

® C

du

= i

.

L

L

C

dt

Разрешим эту систему относительно производных, то есть запишем в нормальном виде

diL

= -

R

×i -

1

u +

E

,

L

C

dt

L

L

L

1

du

=

iL .

dt

C

Выпишем матрицу состояния:

	-		R		-	1		E
												i
			L			L		, B = L					L
A =											,	D(x, t) = A × x + B, x =		.
		1										uC
						0		0
		C

Что бы проверить правильность составление матрицы состояния, нам нужно проверит ее собственные числа

147

-

R

- l -

1

R

1

L

L

A - I ×l = 0 ®

1

=

+ l l +

= 0;

LC

0 - l

L

C

l2 + l

R

+

1

= 0.

L

LC

Если все сделано правильно, то это уравнение совпадает с уравнением входного сопротивления схемы

1	+ Lp + R = 0 ® p2CL + pCR +1 = 0 ® p2 + p	R	+	1	= 0 .
Cp
		C CL

Проверим столбцевую матрицу

	−		R		− λ −		1
			L				L
−A-1B =
		1				− λ
					0
		C

-1

E

E

0

C

0

L

L

= −

−L

=

.

− RC

E

0

0

Результат должен дать принужденные составляющие напряжения на конденсаторе и ток через индуктивность

Рассмотрим числовой пример:

R = 10 Ом, L = 0,1Гн, C = 60мкФ, E = 50В.

L				L
E	R	R	E	R	R
		C
R	R			R	C

Рис. 4.71

Given	L
UL + iL×R + (iL - iC)×R E	E		R	R
(iL - iC)×R Uc + iC×R	R	R		C

	-3			1
		2 ×iL×R -		2 ×Uc +		E
Find(UL, iC) ®		-1 × (-iL)		×R + Uc
							L
		2		R				R	R
			− 6				E
R := 50	L := 0.1	C :=			E := 50
			60×10						C
							R

148

		-3	×	R		-1
		2		L		2×L
a :=		1					1
					-
	2×C					2×R×C						E
									-666.667
l := eigenvals (a)											b	:=	L
							l =
									-250
													0			(		)	0.5
p :=	(p×L + R)×R						+ R +		1	solve , p			-666.667				− 1
	2×R + p×L								C×p		®					- a	×b		=
										float, 6				-250.					25			iLo
iLo :=				E			iLo = 0.333			Uco := iLo×R				Uco = 16.667			T :=		6
																			-Re(p1)		xo :=
		R + R×2																			Uco
		0.333					D(t , x) := a×x + b					2		i := 0.. N
xo =											N := 10
		16.667
x := rkfixed(xo, 0, T , N, D)
		0.6
(x 1 )		0.5
		0.4
		i
		0.3
0.5		0.2
		0.1
				0		0.004			0.008	0.012		0.016			0.02	0.024
										(x 0 )
											i
		30
(x 2 )		25
		20
		i
		15
25		10
		5
			0			0.004			0.008	0.012		0.016			0.02	0.024
										(x 0 )
											i
В качестве примера составим уравнение состояние для схемы при-
веденной на рисунке 4.72.

Рис. 4.72

149

Пример 1.	Определить ток iL (t)	индуктивности и напряжения
uC1 (t), uC 2 (t) на ёмкостных элементах		после включения ЭДС, если
Е = 100 В, R1 = 20	Ом, R2 = 100 Ом, C1 = 20мкФ, C2 = 60мкФ, L = 0,01Гн.

Решение. Для составления уравнения состояний эффективно использовать решающие функции программно-интегрирующей среды MathCAD, такие как Given и Find. Запишем уравнения, связывающие токи iC1(t), iC 2 (t) и напряжение uL (t) с напряжениями на ёмкостях и током индуктивности. Для этого используются первый и второй законы Кирхгофа. В нашем примере матрицы x(t), A и B ×F( x) будут равны

C

duC1(t)

= -

uC1(t)

- i

L

(t) +

E

1

dt

R2

R2

du

(t)

= -

u

(t)

+ iL (t)

C2

C 2

C 2

dt

R2

diL (t)

= uC1(t) + uC 2 (t) - iL (t)R1

L

dt

(1 - узел);

(2 - узел);

(сред. контур).

							-	1				0		-		1							E
uC1(t)								R2C1									C1
												1											R2C1
x(t) = u		(t)		,	A =			0			-						1				, BF =		0	.
	C 2											R2C2
																	C2						0
iL (t)								1				1				R1
											-			-
									L			L					L
После подстановки числовых значений получаем:
	-500				0			- 5×104														5×104
	0		-166,667					1,667 ×104														0
A =														,							BF =
												3										0
	100				-100			- 2 ×10

После определения матриц A и BF необходимо проверить правильность составления уравнения состояний. Это можно сделать, определив корни характеристического уравнения через сопротивление схемы:

150