Bài giảng Lý thuyết mạch điện 2: Chương 2.2 - TS. Trần Thị Thảo

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:46

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng "Lý thuyết mạch điện 2: Chương 2.2 - Phương pháp toán tử Laplace" được biên soạn với các nội dung chính sau đây: Khái quát về toán tử Laplace; Phép biến đổi Laplace và tính chất; Tìm gốc từ ảnh Laplace; Ứng dụng phép biến đổi Laplace giải mạch điện. Mời các bạn cùng tham khảo bài giảng tại đây!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Lý thuyết mạch điện 2: Chương 2.2 - TS. Trần Thị Thảo

Chương 2: Các phương pháp tính quá trình quá độ trong mạch điện tuyến tính ➢ Phương pháp tích phân kinh điển ▪ Lập phương trình đặc trưng và số mũ đặc trưng ▪ Xác định các hằng số tích phân ▪ Giải mạch bằng phương pháp tích phân kinh điển ➢ Phương pháp toán tử Laplace ▪ Khái quát ▪ Phép biến đổi Laplace và tính chất ▪ Tìm gốc từ ảnh Laplace ▪ Ứng dụng phép biến đổi Laplace giải mạch điện 1
Phương pháp toán tử Laplace Toán tử Laplace: p ❖ Biến đổi Laplace  ▪ Biến đổi Laplace của hàm f(t):  f (t ) = F ( p) =  f (t ).e − pt dt −0 Lưu ý: nhiều tài liệu ký hiệu s thay vì p ▪ Một số biến đổi Laplace cơ bản   1 1 1 1 • Hàm đơn vị 1(t): f (t ) = 1(t )   f (t )  = F ( p) =  1(t ).e dt = − e− pt = − (0) + (1) = − pt −0 p 0 p p p  • Hàm Dirac (t): f (t ) =  (t )   f (t ) = F ( p) =   (t ).e− pt dt = e−0 = 1 −0 • Một số hàm khác:    1 1 1 F f (t ) = F0 =const   f (t )  = F ( p ) =  F0 .e dt = F0e  −  = − F0 (0) + F0 (1) = 0 − pt − pt −0  p  −0  p p p  − p+a t  1  f (t ) = F0e − at   f (t )  = F ( p) =  F0e− at .e − pt dt = F0e ( )  − F0  = −0  p+a0 p+a  sin t.1(t ) = F ( p) = p2 +  2 p cost.1(t ) = F ( p) = p2 +  2 2
Biến đổi Laplace ❖ Tính chất của biến đổi Laplace ▪ Tuyến tính a1 f1(t ) + a2 f2 (t ) = a1F1( p) + a2 F2 ( p) Ví dụ: cos t.1(t) = (  1 jt − jt  2 e + e ) = 12 e jt  + 1 e− jt    2   1 1 1  p =  + = 2 2 1 p 2  p − j p + j  p +  ▪ Đồng dạng:  f (at ) = F( ) Ví dụ: a a  1  2 sin t.1(t ) = → sin 2t.1(t ) = = p2 +  2 2  p 2 2 p 2 + 4 2   + ▪ Tính trễ:  f (t ).1(t ) = F ( p) 2   f (t − a).1(t − a) = e-ap F ( p ) Chứng minh: đặt: x=t-a →dx=dt, t=x+a     f (t − a).1(t ) =  f (t − a)e − pt dt =  f ( x)e − p ( x+a ) dx = e − ap  f ( x )e − px dx = e − ap F ( p ) a −0 −0 ▪ Dịch ảnh: e− at f (t ).1(t )  = F ( p + a) Chứng minh:     − at − at − pt e  f (t ).1(t )  =  e f (t )e dt =  f (t )e − ( p + a )t dt =F ( p + a ) 0 0 ▪ Ảnh đạo hàm gốc:  f (t ) = pF ( p) − f (−0) ;  f (t ) = p 2 F ( p) − pf (−0) − f (−0) 3
Bảng biến đổi Laplace ▪ Ví dụ 4
Biến đổi ngược Laplace (1) ❖ Biến đổi ngược Laplace F ( p)  −1  F ( p) = f (t ) = 1  + j  F ( p)e pt dt 2 j  − j Thực tế ít dùng công thức này (yêu cầu hội tụ,…). ▪ Tìm gốc thời gian từ ảnh Laplace: Dùng bảng ảnh-gốc hoặc theo phương pháp Heaviside: Lưu ý: chỉ xét cho phân thức hữu tỉ N ( p ) am p m + am−1 p m−1 + + a1 p + a0 này khi mn F ( p) = = D( p) bn p n + bn−1 p n−1 + + b1 p + b0 Với mn, cần chia đa thức để được • Tìm nghiệm của đa thức mẫu số: dạng trên. D( p) = 0  pi Đưa về dạng bn=1 để tiện tính toán ➢ Nếu pi là các nghiệm đơn, riêng biệt: N ( p) k1 k2 kn F ( p) = = + + ; ki = ( p + pi ) F ( p ) p =− p ( p + p1 )( p + p2 ) ( p + pn ) p + p1 p + p2 p + pn i  f (t ) = k1e − p1t + k2e − p2t kne − pnt Có thể tính theo công thức: ( p + p1 )k2 ( p + p1 )kn N ( p) ( p + p1 ) F ( p) = k1 + + → k1 = ( p + p1 ) F ( p) p =− p ki = Ví dụ: p + p2 p + pn D( p ) 1 p =− pi 5
Biến đổi ngược Laplace (2) ➢ Nếu pi là nghiệm phức (ngoài các nghiệm đơn đã tính được f1(t)): N ( p) p j = pi* ; pi = − + j  f (t ) = f1 (t ) + 2 Ai e − t cos (  t + i ) ; Ai = = Ai i D( p ) p =− + j  ➢ Nếu pi là nghiệm lặp, thực (ngoài các nghiệm đơn/phức đã tính được f1(t)): p1 = p2 = − pl d f (t ) = f1 (t ) + ( k1 + k2t ) e − pl t ; k1 = [( p + pl ) 2 F ( p )] ; k2 = ( p + pl ) 2 F ( p )  dp p =− pl p =− pl ➢ Nếu pi là nghiệm lặp/bội n ngoài m nghiệm đơn : pi=-pb D ( p ) = ( p + p1 )( p + p2 ) ( p + pm )( p + pb ) n kn kn−1 k2 k1 F ( p ) = F1 ( p ) + + n −1 + + + 1 dm ( p + pb ) n ( p + pb ) ( p + pb ) 2 p + pb kr −m = m [F ( p )( p + pb ) n ] m ! dp p =− pb k3 2 − pbt kn m = 1, 2, r −1 f (t ) = f1 (t ) + k1e − pbt + k2te − pbt + t e + + t n −1e − pbt 2! ( n − 1)! 6
Biến đổi ngược Laplace (3) ❖ Ví dụ Tìm gốc thời gian từ ảnh Laplace: N ( p ) 10( p + 1)( p + 4) F ( p) = = D( p) = 0  p1 = 0; p23 = −2  j = −2  1 j D( p) p ( p 2 + 4 p + 5) k1 10( p + 1)( p + 4) 10(1)(4) F1 ( p) = ; k1 = pF ( p ) p =0 = p = =8  f1 (t ) = 8 p p( p 2 + 4 p + 5) p =0 5 N ( p) f (t ) = f1 (t ) + 2 Ai e −2t cos (1t + i ) ; Ai = = Ai i D( p ) p =− + j  N ( p) 10( p + 1)( p + 4) Ai = = = 1 − j 7 = 7,07 − 81,87o D( p ) p =−2+ j p 2 + 4 p + 5 + p (2 p + 4) p =−2+ j ( ) f (t ) = 8 + 2 (17,07 ) e −2t cos 1t − 81,87 o = 8 + 14,14e −2t cos 1t − 81, 87o ( ) 7
8
9
Ảnh Laplace của các phần tử mạch điện  f (t ) = pF ( p) − f (−0)  f (t ) = p 2 F ( p) − pf (−0) − f (−0) ❖ Nguồn áp ❖ Nguồn dòng e(t ) u (t ) E ( p) U ( p) j (t ) u (t ) J ( p) U ( p) ❖ Điện trở i(t ) I ( p) R u (t ) U ( p) = RI ( p) R U ( p) du i (t ) = C I ( p) dt 1 ❖ Tụ điện i(t )  I ( p) =  du   du  u ( t )  C Cp uc (−0) U ( p) C dt  = C  dt  = C u (t ) 1 u (−0) p I ( p ) = C ( pU ( p ) − uC (−0) )  U ( p) = I ( p) + C Cp p 10
Ảnh Laplace của các phần tử mạch điện  f (t ) = pF ( p) − f (−0) ❖ Cuộn dây I L ( p)  f (t ) = p 2 F ( p) − pf (−0) − f (−0) iL (t ) Lp U ( p) u (t ) L LiL (−0) diL u (t ) = L  U ( p) = iL  = L ( p.I ( p) − iL (−0) ) U ( p ) = LpI ( p ) − LiL ( −0) dt Hỗ cảm? u (t ) = L diL  U ( p) =  Li1  Mi2  dt  U ( p) = L ( p.I1 ( p) − i1 (−0) )  M ( p.I 2 ( p) − i2 (−0) ) 11
❖ Ví dụ 1 Tìm nghiệm quá độ uc(t) sau khi đóng khóa K: E = E0 = 20V; R = 1; C = 0,5F K R i(t ) ➢ Sơ kiện: uC (−0) = 0V E0E C uC (t ) ➢ Quá độ: E0 20 E ( p) = = p p E0 uC (−0) − p p E0 1 u (−0) I ( p) = = ; U c ( p) = I ( p) + C R+ 1  1  Cp p R p +   −1  Cp  RC  t uc (t ) = E0 1 − e  RC   1   U c ( p) = I ( p) + 0 = E ( p ) − RI ( p ) −1 Cp E t  −1  i (t ) = 0 e RC E0 E0 t R  U c ( p) = − → uc (t ) = E0 1 − e  RC p p+ 1     RC ( ) uC (t ) = 20 1 − e−2t 1(t )V −1 E0 E t I ( p) =  i (t ) = 0 e RC = 20e −2t 1(t )A  1  R R p +   RC  12
Zc i2 Áp dụng: Tính điện áp quá độ u2, cho: E0=600kV;zc=50;Rt=100;C2=0,001F E0 u2 C2 Rt uc ( −0 ) =0 Rtd Biến đổi tương đương mạch sau quá độ: ETh U2 C2 zc Rt 50.100 100 Rtd = = = = 33,33 zc + Rt 150 3 E0  Rt 600.100 ETh = = = 400kV zc + Rt 150  Giải mạch quá độ RC (sơ kiện zero): 13
Rtd I(p) Biến đổi Laplace ETh ETh I ( p) = p = ETh ; U 2 ( p) = U c ( p) = 1 I ( p) E ( p) = E(p) 1/pC2 1  1  C p p Rtd + Rtd  p +  2 C2 p  Rtd C2   −1  t ETh ETh  td C2  U c ( p) = −  uc (t ) = ETh 1 − e R p p+ 1     Rtd C2 1 = 30;  c = Rtd C2 =33,33.10−3 s Rtd C2  −t  u2 ( t ) = ETh 1 − e  = 400 (1 − e ) kV Rtd C2 −30 t     Thời gian tiến đến xác lập:  on 3 c = 100ms 14
❖ Ví dụ 1- mở rộng K R i(t ) ❖ Giải bài toán khi nguồn e là:  - Xoay chiều hình sin? sin t.1(t ) = F ( p) = e p2 +  2 C uC (t ) - Dạng xung?  f (t ).1(t ) = F ( p)   f (t − a).1(t − a) = e-ap F ( p) R = 1; C = 0,5F U 0 − p e ( t ) = U 0 .1(t −  ) → E ( p) = U 0 U 0 − p e e ( t ) = U 0 . (1(t ) − 1(t −  ) ) = U 0 .1(t ) − U 0 .1(t −  ) → E(p) = − e p p p U0 U U U e (t ) =  t  (1(t ) − 1(t −  ) ) = 0  t 1(t ) − 0  ( t −  ) 1(t −  ) − 0  1(t −  )     U 0 1 U 0 1 − p U 0 − p → E ( p) = − e − e  p2  p2 p 15
K R ❖ Ví dụ 2 Tìm nghiệm quá độ iL(t) sau khi đóng khóa K: iL (t ) ➢ Sơ kiện: iL (−0) = 0A E=E0 E L ➢ Quá độ: R E0 + L.iL (−0) p E0 / L I ( p) = = ; U L ( p) = Lp.I ( p) − L.iL (−0) R + Lp p ( R / L + p) E ( p) = E0 E(p) IL(p) UL(p) p LiL(-0) −R  E0  t  iL (t ) = 1 − e L  R    −R t  u L (t ) = E0 .e L 16
❖ Áp dụng Tìm nghiệm quá độ i2(t), u2(t) sau khi đóng khóa : Zc i2 L2 E0=600kV ,zc=50; Rt=100;L2=0,5H E0 u2 Rt E ( p) E ( p) I 2 ( p) = → U 2 ( p) = ( pL2 + Rt ) zc + pL2 + Rt zc + pL2 + Rt Zc I2(p) pL2 − Rtd  E0  t 1 − e L2  E(p)  i2 (t ) = iL (t ) = U2(p) Rt Rtd     L Rtd = zc + Rt ;  L = 2 = 3,3.10−3 s Rtd − Rtd t u L (t ) = E.e L2 17
Zc i2 L2 L2 Rtd = zc + Rt = 150;  L = = 3,3.10−3 s Rtd E0 u2 Rt − Rtd  E0  ( ) t i2 (t ) = 1− e L2  = 4 1 − e −300t 1( t ) kA Rtd     − Rtd  Rt E0  ( ) t u2 (t ) = Rt i2 (t ) = 1− e L2  = 400 1 − e −300t 1( t ) kV Rtd     ( ) u L (t ) = E0 − ( Rt + zc ) i2 = 600 − 150.4 1 − e −300t = 600e −300t .1( t )  on 3 L = 10ms  on 3 L = 10ms  off 3 L = 10ms Thời gian tiến đến xác lập Thời gian tiến đến xác lập Thời gian tiến đến xác lập 18
❖ Ví dụ 3 Tìm nghiệm quá độ iL(t) sau khi đóng khóa K: K L E = 12V; R = 9; L = 1H; C = 0,05F R ➢ Sơ kiện: uc ( −0 ) = 0; iL ( −0 ) = 0 C uc E ➢ Quá độ: E ( p) E ( p) 12 I(p) K Lp IL ( p) = = = R + Lp + 1 Lp 2 + Rp + 1 p 2 + 9 p + 20 Cp C R 1 Uc(p) E pC E(p) E ( p) = p 19
❖ Ví dụ 3 (mở rộng) K L e ( t ) = 12 sin ( 2t ) V; R = 9; L = 1H;C=0,05F R C uc e(t) ➢ Sơ kiện: uc ( −0 ) = 0; iL ( −0 ) = 0 ➢ Quá độ: I(p) K Lp R Uc(p) 1 E(p) pC 12.2 24 E ( p) = = p 2 + 22 p 2 + 4 20