Составление и решение уравнений состояния

Лекция 17 Составление и решение уравнений состояния  dX  X   A1  X  t   B1 V  t    dt Y  t   A2  X  t   B2 V  t   1  2 – система уравнений состояния uC1  t  X t   uC  t  iL  t  uC 2  t   – матрица-столбец переменных состояния iL1  t  iL 2  t  V t   e – матрица входных переменных J Y  t  – матрица выходных переменных duC , dt iC  C uL  L diL – компонентные уравнения dt duC  ic  H11  X  t   H12 V  t  dt di L  L  uL  H 21  X  t   H 22 V  t  dt duC H11 H12 C 0 dt    X t   V  t  0 L diL H 21 H 22 H1 H2 dt C C1 C2 C uL  C duC C dt  diL dt L2 L iC L1 Cn Ln duC 0 dt   H1  X  t   H 2  V  t  L diL dt L 1 H1  X  t   C L 1 H 2 V  t  C1 C L 1 C1 1 1 Cn Cn 1   L1 1 L1 Ln 1 Ln Вернемся к уравнению (3): iC uC e  H1   H2   3 J uL iL Правило нахождения матриц H1 и H 2 1). Заменяем все конденсаторы источниками ЭДС с напряжением uC . 2). Заменяем индуктивности источниками индуктивного тока iL . 3). Записываем ток iC и напряжение u L по принципу суперпозиции от действия всех источников в схеме. Пример 1: uc  t  , iL  t   ? Решение: ННУ: uc  0   0 iL  0   0 ic  ? , uL  ? Используем метод наложения для получения ic и u L . 1). 1  uC r1  r2 r uL   2  uC r1  r2 iC   2). r2  iL r1  r2 r r uL   1 2  iL r1  r2 iC  3). E r1  r2 r uL  2  E r1  r2 iC  du r 1 1  uC  2  iL  E C C r1  r2 r1  r2 r1  r2 dt r r r r di uL   2  uC  1 2  iL  2  E  L L r1  r2 r1  r2 r1  r2 dt iC   C L Уравнения состояния в матричном виде: r2 1 1 duC  C  r1  r2  C  r1  r2  uC C  r1  r2  dt    E r2 r1  r2 r2 diL iL   L  r1  r2  L  r1  r2  L  r1  r2  dt X  t  X t  A1 B1 V t  Определение начальных условий uC  0  i L  0   uC  0  i L  0   uC  0  iL  0   X  0 dX  A1  X  t   B1 V  t  dt d2X dX dV  A1   B1  2 dt dt dt 3 2 d X d X d 2V  A1  2  B1  2 и так далее. dt 3 dt dt Если V  const , при t  0 dX dt  A1  X  0   B1 V  0  d2X dt 2  A1  dX  0   0 и так далее. dt Решение уравнений состояния для случая постоянных источников E и J X  t   X уст  X св  t  1). X уст  ? t  dX dt d 0 dt  A1  X уст  B1 V = 0  уст X уст   A1-1  B1 V Продолжаем решать пример 1. X уст  uC . уст iL. уст 1 1 C  r1  r2 r2  L  r2 C r r  1 2 L 1  1 C  r1  r2  r2 L  r1  r2  E Также X уст можно найти из схемы при t   . uC. уст  E iL. уст  0 2). X св  t   ? dX св  A1  X св  t  dt dX св  A1  X св  t   0 dt   1  A1  0 det    1  A1   0 – характеристическое уравнение  det 1 C  r1  r2   r2 C  r1  r2  r r  1 2 L  r1  r2  r2 L  r1  r2  0   r1  r2  r22 1 0        C  r1  r2   L  r1  r2   LC  r1  r2 2   Запись свободной составляющей в зависимости от корней характеристического уравнения 1. 1  2  0 X св  k1  e1t  k2  e2t 2. 1  2  0 X св   k1  k2  t   et 3. 1,2    jсв X св  k  et sin свt    Пусть в примере корни характеристического уравнения 1  2  0 . uC.св  t   k1  e1t  k2  e2t iL.св  t   k3  e1t  k4  e2t X t   uC  t  iL  t   E  k1  e1t  k2  e2t k3  e1t  k4  e2t X  0  duC dt diL dt uC  0  iL  0   A1   1 C  r1  r2  r2 L  r1  r2  E t  0  uC  0  E  k1  k2 0    X  0  k3  k 4 iL  0     1  C  r1  r2  k11  k2 2  dX E  dt  k   k   r2 3 1 4 2  L  r1  r2   Из данной системы получаем k1 , k 2 , k3 , k 4 . Этого будет достаточно для окончания решения нашего примера 1. Пример 2 r r2 r1 E C iC uL L iL uC r  r1  r2  100 Ом С  100 мкФ L  0,1 Гн E  20 B uC (t )  ? 1.Из схемы до коммутации в установившемся режиме определяем независимые начальные условия. E 20   0,1 А r  r2 200 uC (0 )  iL (0 )  r2  10 В iL (0 )  uC (0 )  uC (0 )  10 В iL (0 )  iL (0 )  0,1 А 2.Для схемы после коммутации составим уравнение состояния с помощью принципа суперпозиции. С→ L→ а) 1  uC r  r1 r uL   uC r  r1 iC   б) r  iL r  r1 r  r1 uL    iL r  r1 iC   в) 1 E r  r1 r uL  1  E r  r1 iC  du 1 r 1  uC   iL  E C C r  r1 r  r1 r  r1 dt r  r1 r di r uL   uC   iL  1  E  L L r  r1 r  r1 r  r1 dt iC    iC  C u    0  L   duC    1 0   dt   r  r1   L   diL   r  dt   r  r1 r   1   r  r1 uC   r  r1   E  r  r1   iL   r1   r  r  r  r1   1   duC  dx  dt  C   dt  diL   0  dt  1    C (r  r ) 1 A1   r   L( r  r )  1 1    r  r1 0   L  r  rr  1 1 r  r  r1  uC  C   r  r1   iL   0  r  r1    1  0   r  r1  E  L   r1  r  r   1 1 r  C (r  r1 )  50 5000  r  r1  5 500   L(r  r1 )   1    C (r  r )  50 1  B1    r1  5  L(r  r )   1  3.Составляем характеристическое уравнение det( 1  A1 )  0 1    C (r  r ) 1 det  r    L(r  r )  1 r  C (r  r1 )  0 r  r1   L(r  r1 )    r  r1  1 r2 0       C (r  r1 )  L(r  r1 )  LC (r  r1 ) 2   2  550  5 104  0 1,2  2,75 102  (2,75)2 104  5 104  2,75 102  1,6 102 1  115 1 c 2  435 1 c 4.Записываем решение для свободной составляющей. uC св   k1e1t  k2e2t   i    1t 2t   Lсв   k3e  k4e  5.Установившийся режим находим из уравнений состояния для постоянного d    0 . источника  dt  duC уст    u   dt   0  A1  C уст   B1E  diL уст   iL уст   dt  uC уст  1 i    A1  B1  E  L уст  Или из схемы uC уст  0 iL уст  E  0, 2 A r 6.Общее решение имеет вид: uC (t )  uC уст  uC св  k1e1t  k2e2t iL (t )  iL уст  iLсв  0, 2  k3e1t  k4e2t 7.Определим начальные условия: (  duC   dt (0)  uC (0)   50 5000  10  50  B1E     20    A1   500  0,1  5   5  iL (0)   diL (0)   dt   duC   dt (0)   0 B с       A di  L (0)  100 с  dt   8.Определим k1 и k2 k2  3, 6    k1  13, 6 =>  duC (0)  k11  k2 2  0  dt  uC (0)  k1  k2  10 uC (t )  13,6e115t  3,6e435t В