![]() |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
|
Задачу решим МПС матричным способом. В этом случае целесообразно использовать программируемую вычислительную технику. Решим задачу в среде MathCAD.
1. Назначаем в качестве переменных состояния ток в индуктивности и напряжение на конденсаторе – i 3 (t) и uC(t). Выходная переменная – ток i 1 (t).
2. Независимые начальные условия нулевые:
i 3 ( 0+ ) = i 3 ( 0- ) = 0, uC( 0+ ) = uC( 0- ) = 0.
3. Составим систему уравнений состояния, используя законы Кирхгофа:
L = uL = uC – r 2× i 3; i 1 =
; С
= i 2 = i 1 – i 3 =
– i 3.
Таким образом, система уравнений состояния имеет вид:
= -
i 3 +
uC,
= -
i 3 –
uC +
u.
Эта же система в матричном виде: = [ K ] ´ [ X ] + [ L ] ´ [ F ]. (*)
Итак, матрица переменных состояния [ X ], матрица коэффициентов [ K ], столбцовая матрица свободных членов [ L ] ´ [ F ] и матрица независимых начальных условий [ X (0) ] имеют вид:
[ X ] = , [ K ] =
, [ L ] ´ [ F ] =
, [ X (0) ] =
=
.
Решение системы уравнений состояния:
X (t) = e K t · Ф (t), где Ф (t) = · L ´ F (q) · dq, то есть
X (t) = e K t · L ´ F (q) · dq + e K t
· L ´ F (q) · dq =
= e K t · X ( 0 ) + e K t · L ´ F (q) · dq. (**)
4. Получим матричную экспоненциальную функцию e K t.
Сначала определим собственные значения l матрицы [ K ], то есть корни уравнения det( [ K ] – l · 1) = 0, где 1 = Е – единичная матрица порядка K:
= 0.
В данном случае характеристическое уравнение: = 0.
При двух корнях характеристического уравнения матричная экспонента находится в виде e K t = a 0 Е + a 1 [ K ],
где коэффициенты ai находят из следующей системы уравнений:
a 0 + l 1 a 1 = el 1· t , a 0 =
el 1· t +
el 2· t ,
a 0 + l 2 a 1 = el 2· t . a 1 = el 1· t +
el 2· t .
5. Далее переменные состояния можно найти по формуле (**), а выходную переменную i 1 (t) по формуле i 1 = .
6. Ниже приводится программа расчётов в среде MathCAD с построенными графиками i 1 (t) и i 3 (t).
j:= ORIGIN:= 1 U:= 100 r1:= 60 r2:= 40 L:= 0.1 C:= 10-4
E:= x0:=
K:=
LF(q):=
|K - l·E| .1667e6 + 566.7·l + l2
|K - l·E| = 0
Перезадание корней характеристического уравнения l:=
![]() |
![]() |
uC(t):= (eK(t)·x0)2 + i1(t):=
![]() |
![]() |
ЗАДАЧА 7.44. Построить график напряжения на конденса-торе uC(t) схемы рис. 7.66, при условии r 1 = 60 Ом, L 1= 0,2 Гн, r 2 = 40 Ом, L 2= 0,1 Гн, C = 100 мкФ, u = 100 В.
Комментарии и ответы.
Задачу 7.44 решим по той же самой методике, что и задачу 7.43.
Исходные данные: j:= ORIGIN:= 1
U:= 100 r1:= 60 r2:= 40 L:= 0.1 C:= 10-4
Переменные состояния: i 1, i 2, uC. Независимые начальные условия:
i 1 ( 0+ ) = i 1 ( 0- ) = 0, i 2 ( 0+ ) = i 2 ( 0- ) = 0, uC( 0+ ) = uC( 0- ) = u = 100 В x0:=
Система уравнений состояния:
= -
i 1 –
uC +
u,
= -
i 2 +
uC,
=
i 1 –
i 2.
E:= K:=
LF(q):=
|K - l·E| (-.2700e6)·l – 700·l2 –.5000е8 – 1.·l3
|K - l·E| = 0
Перезадание корней характеристического уравнения l:=
Коэффициенты ai находят из следующей системы уравнений:
a 0 + l 1 a 1 + l 12 a 2 = el 1· t,
a 0 + l 2 a 1 + l 22 a 2 = el 2· t,
a 0 + l 3 a 1 + l 32 a 2 = el 3· t.
D:=
a0(t):= ·
+
·
+
·
a1(t):= ·
+
·
+
·
a2(t):= ·
+
·
+
·
Ответ, например, для коэффициента a0(t):
В случае трёх корней характеристического уравнения матричная экспонента находится в виде e K t = a 0 Е + a 1 [ K ] + a 2 [ K ] 2,
eK(t):= a0(t)·E + a1(t)·K + a2(t)·K2
uC(t):= (eK(t)·x0)3 +
Попробуем получить ответ для uC(t):
![]() |
![]() |
![]() |
Дата публикования: 2014-11-19; Прочитано: 280 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!