Tài liệu Chương 6: Phân tích mạch trong miền thời hạn ppt

11/9/2009
1
Chương 6: Phân tích mạch trong
miền thời gian
6.1 Giới thiệu
6.2 Phương pháp tích phân kinh điển
6.3 Phương pháp toán tử Laplace
6.4 Phương pháp biến trạng thái
6.5 Hàm truyền đạt
6.1 Giới thiệu
 Khái niệm về bài toán xác lập và quá độ của
mạch
 Các bài toán quá độ thường gặp
 Các phương pháp phân tích quá độ
 Khái niệm về bài toán xác lập và
quá độ của mạch
 Bài toán xác lập DC:
U
cxl
= 12 V.
+
_
2 K

2

F12 V u
cxl
+
-
 Bài toán xác lập AC :

 Bài toán xác lập AC :
Từ mạch phức :
Nên :
Và biểu thức xác lập :
+
_
2 K

2

F
12cos(250t) V
u
cxl
+
-
6
1 10
2
250.2
j j K
j C

 
2
12 6 2 45 ( )
2 2
o
Cxl
j K

U V
K j K


  

6 2 cos(250 45 )
o
cxl
u t V
 
 Bài toán quá độ :
 Bài toán quá độ :
Trước khi đóng khóa K:
mạch xác lập và ta có :
U
cxl1
= 12 V
Sau khi đóng khóa và mạch
xác lập : U
cxl2
= 6 V.
Dạng tín hiệu u
c
(t) khi t > 0
là lời giải của chương 6
+
_
2 K


2

F12 V
u
cxl
+
-
2 K

t=0
K
 Các bài toán quá độ thường gặp
 Bài toán quá độ do
thông số mạch thay
đổi (Bài toán có
khóa)
 Bài toán quá độ do
tác động lên mạch
biến thiên đột ngột
(Bài toán xung).
+
_
2 K

2

F12 V
u
c
(t)

+
-
2 K

t=0
K
+
_
2 K

2

Fe(t)
u
c
(t)
+
-
2 K

0
12 V
e(t)
t
1 ms
11/9/2009
2
 Các phương pháp phân tích quá độ
 Phương pháp tích phân kinh điển
 Phương pháp toán tử Laplace

 Phương pháp biến trạng thái
 Phương pháp tích phân Duhamel và hàm
Green
 Phương pháp hình ảnh pha
 Phương pháp số
6.2 Phương pháp tích phân kinh điển
6.2.1 Phương trình mạch và nghiệm phương trình vi
phân
6.2.2 Điều kiện đầu (Sơ kiện)
6.2.3 Phương trình đặc trưng của mạch quá độ
6.2.4 Khảo sát quá độ bằng tích phân kinh điển trên
một số mạch đơn giản
6.2.5 Một số ví dụ khác.
6.2.1 Phương trình mạch và nghiệm
phương trình vi phân
 Hệ phương trình vi tích phân viết theo các luật
Kirchhoff cho mạch (hệ phương trình mô tả mạch) tại
một thời điểm bất kỳ.
 Rút gọn hệ phương trình mô tả mạch theo một biến
y(t) nào đó , ta có phương trình vi phân tổng quát bậc
n như sau :
(1)
1
1 1 0
1
( )
n n
n n
n n
d y d y dy

a a a a y f t
dt dt dt



    
 Nghiệm theo tích phân kinh điển
 Nghiệm của phương trình (1) theo cách giải
phương trình vi phân cổ điển có dạng :
y(t) = y
cb
(t) + y
td
(t)
Trong đó :
 y
cb
(t) : nghiệm cưỡng bức (nghiệm xác lập y
xl
(t) )
 y
td
(t) : nghiệm phương trình thuần nhất (nghiệm
tự do).
 Xác đònh nghiệm xác lập y
xl
(t)
 Với vế phải của phương trình vi phân (1) có dạng bất
kỳ, nghiệm này thường xác đònh theo phương pháp hệ
số bất đònh .

 Với tác động lên mạch là tín hiệu DC, AC hay xếp
chồng của chúng : ta có thể áp dụng các phương pháp
giải mạch xác lập đã học trong môn học Mạch điện I.
 Xác đònh nghiệm tự do y
td
(t)
 Về mặt toán học , nghiệm này được xác đònh từ
phương trình đặc trưng của mạch . Phương trình đặc
trưng (PTĐT) xác đònh từ (1) có dạng :
(2)
Các trường hợp nghiệm của phương trình đặc trưng
sẽ cho ta biểu thức của nghiệm tự do. Các trường hợp
đó là :
1
1 1 0
0
n n
n n
a p a p a p a


    
11/9/2009
3
 Các trường hợp nghiệm PTĐT
 Nghiệm thực , phân biệt :
p
1
,p
2

…, p
n
 Nghiệm bội : p
1
bội r , còn lại là thực, đơn.
 Nghiệm phức: p
1,2
= -  j, còn lại là thực, đơn.
1
( )
i
n
p t
td i
i
y t K e



1
1
1 2
1
( ) ( )
i
n
p t
p t
r
td r i

i r
y t K K t K t e K e

 
    

3
( ) cos( )
i
n
p t
t
td i
i
y t Ke t K e

 


  

 
1 2
3
( ) cos( ) sin( )
i
n
p t
t
td i

i
y t e K t K t K e

 


  

6.2.2 Điều kiện đầu (Sơ kiện)
 Với phương trình đặc trưng bậc n, các hệ số K
i
có thể
xác đònh nếu ta biết được các điều kiện đầu (sơ kiện) :
y(0
+
) ; y’(0
+
) ; … ; y
(n-1)
(0
+
) ø.
 Sơ kiện có hai loại:
 Sơ kiện độc lập : u
c
(0
+
) và i
L
(0

+
)
 Sơ kiện phụ thuộc : các sơ kiện còn lại.
 Xác đònh sơ kiện độc lập : Bài toán
chỉnh
 Bài toán chỉnh : dùng luật liên tục của dòng qua cuộn
dây và áp trên tụ , còn gọi là luật đóng mở (switching
laws) :
 Các giá trò tại t = 0
-
được xác đònh từ việc giải mạch khi t
< 0 :
(0 ) (0 )
(0 ) (0 )
C C
L L
u u
i i
 
 









 

0
0
(0 ) lim ( ) : 0
(0 ) lim ( ) : 0
C C
t
L L
t
u u t khi t
i i t khi t





  


  


 Xác đònh sơ kiện độc lập : Bài toán
không chỉnh
 Xuất hiện “vòng điện dung” hay “tập cắt cảm” : dùng luật
liên tục của từ thông (loop) và điện tích (node) :
 Xuất hiện hỗ cảm với k = 1 , dùng 1 trong hai phương trình:
(0 ) (0 )
(0 ) (0 )
k Lk k Lk
loop loop

k Ck k Ck
node node
L i L i
C u C u
 
 







 
 
1 1 2 1 1 2
2 2 1 2 2 1
(0 ) (0 ) (0 ) (0 )
(0 ) (0 ) (0 ) (0 )
L L L L
L L L L
L i M i L i M i
L i M i L i M i
   
   

  


  



 Xác đònh sơ kiện phụ thuộc
 Thông thường xác đònh từ ba cơ sở :
 Sơ kiện độc lập.
 Giá trò tác động tại t = 0
+
.
 Hệ phương trình mô tả mạch tại t = 0
+
.
 Quan hệ các sơ kiện phụ thuộc và độc lập.
 Sơ đồ tương đương mạch tại t = 0
+
dùng để tính
sơ kiện.
 Quan hệ giữa các sơ kiện phụ thuộc








 Các sơ kiện đạo hàm
còn lại chủ yếu đạo hàm
các pt KCL và KVL.
(0 ) ( )
C

i KCL node


(0 ) ( )
L
u KVL loop


(0 )
(0 ) ( )
R
R
u
i KCL node
R


 
(0 ) ( ) (0 )
R R
u KVL loop Ri
 
 
( )
(0 ) ( )
e t
i KCL node


( )

(0 ) ( )
j t
u KVL loop


'
(0 )
(0 )
L
L
u
i
L



'
(0 )
(0 )
C
C
i
u
C



11/9/2009
4
 Bài toán xác đònh sơ kiện

1. Dựa vào điều kiện làm việc của mạch ở t < 0
(trạng thái năng lượng trước đó ) , xác đònh các
giá trò u
C
(0
-
) và i
L
(0
-
) .
2. Xác đònh sơ kiện độc lập.
3. Xác đònh sơ kiện phụ thuộc.


 
0
0
0
0
(0 ) lim ( )
(0 ) lim ( )
C C
t
t
L L
t
t
u u t
i i t














6.2.3 Phương trình đặc trưng mạch
 Phương pháp rút gọn hệ phương trình mô tả
mạch:
 Viết hệ phương trình vi tích phân
 Rút gọn theo biến y(t) cần tìm, ta có phương trình vi
phân (1)
 Suy ra phương trình đặc trưng
 NX: Phương pháp tuy phức tạp và đòi hỏi kinh nghiệm
rút gọn mạch nhưng tổng quát cho tất cả các dạng mạch.
 Phương pháp đại số hóa sơ đồ để tìm
phương trình đặc trưng
 Triệt tiêu nguồn độc lập
 Thay thế : L -> pL ; M -> pM ; C -> 1/pC
 Do tác động của sơ đồ đại số là 0, nhưng nghiệm tự
do phải khác không , nên đòi hỏi:
 Z
v

(p) của một nhánh bằng 0 : đối với dòng điện.
 Y
v
(p) giữa hai nút bằng 0 : đối với điện áp.
 Z
ml
(p) hay Y
n
(p) bằng 0 : đối với các dòng mắc lưới hay
thế nút.
Đây chính là phương trình đặc trưng.
 Lưu ý khi dùng phương pháp đại số hóa
sơ đồ để tìm phương trình đặc trưng
 Nếu PTĐT có bậc nhỏ hơn bậc quá độ mạch : chỉ
dùng cho áp hay dòng đó.
 Nếu PTĐT có bậc bằng bậc quá độ mạch : dùng
được cho tất cả các tín hiệu trong mạch .
 Không dùng cho các mạch có khớp nối và không
tương hỗ (do không thỏa mãn nguyên lý lập luận
của phương pháp này) .
 Không dùng cho các tín hiệu : dòng qua dây dẫn
hoặc áp trên cửa.
6.2.4 Khảo sát quá độ bằng tích phân
kinh điển trên một số mạch đơn giản
1. Mạch quá độ cấp I - RC
Đóng nguồn áp DC , giá trò E , tại t
= 0 , vào tụ điện C thông qua điện
trở R. Tìm điện áp trên tụ u
C
(t) và

dòng qua tụ i
C
(t) khi t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
Ta có u
C
(0
-
) = 0
 Khi t > 0 :
 Nghiệm xác lập :
u
Cxl
= E
+
_
t=0
K
R
C
E
+
-
u
C
(t)
i
C
(t)

 Mạch quá độ cấp I – RC (tt)
 Nghiệm tự do : Đại số hóa sơ đồ , tìm
Y
v
(p), ta có PTĐT :
pC + 1/R = 0 -> p = -1/RC
u
Ctd
(t) = K
1
e
(-t/RC)
u
C
(t) = E + K
1
e
(-t/RC)
 Sơ kiện : u
C
(0
+
) = u
C
(0
-
) = 0
 Tìm K
1
: u

C
(0
+
) = E + K
1
= 0 -> K
1
= -E
Vậy :
u
C
(t) = E - Ee
(-t/RC)
i
C
(t) = C.du
C
/dt = (E/R)e
(-t/RC)
u
C
(t)
i
C
(t)
R
1/pC
Y
v
(p)

E
0
E/R
0
t
t
11/9/2009
5
 Nhận xét trên mạch cấp I - RC
 Hằng số thời gian (thời hằng)
mạch RC :
 = RC
[s] = [].[F]
 Thời gian quá độ t
qđ
:
Về mặt lý thuyết , t
qđ
bằng 
nhưng trên thực tế người ta
chấp nhận :
t
qđ
= 3
u
C
(t)
u
C
(t)

E
0
E
0
t
t

1

<

2
0,95E
3

2. Mạch quá độ cấp I - RL
 Đóng nguồn áp DC , giá trò E
vào mạch RL tại t = 0 , ta có :
u
L
(t) = Ee
(-t/)
i
L
(t) = E/R(1- e
(-t/)
)
 Với  = L/R = thời hằng của
mạch RL. Và thời gian quá độ
cũng là :

tqđ = 3
u
L
(t)
i
L
(t)
+
_
t=0
K
R
E
+
-
u
L
(t)
i
L
(t)
E
0
E/R
0
t
t
L
3. Mạch quá độ cấp II–RLC nối tiếp
 Đóng nguồn áp DC , giá trò

E , tại t = 0 , vào mạch RLC
nối tiếp , tìm điện áp trên tụ
u
C
(t) và dòng qua tụ i
C
(t) khi
t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
Ta có u
C
(0
-
) = 0 ; i
L
(0
-
) = 0
 Khi t > 0 :
 Nghiệm xác lập :
u
Cxl
= E
u
C
(t)
i
C
(t)

+
_
t=0
K
R
E
+
-
L
C
 Mạch quá độ cấp II–RLC (tt)
 Nghiệm tự do : Đại số hóa sơ đồ , ta có PTĐT :
p2 + (R/L)p + 1/LC = 0
Giả sử PTĐT có 2 nghiệm :
Trong đó : ’ = (R/2L)
2
– 1/LC
 Sơ kiện :
 Tìm K
1
, K
2
: u
C
(0
+
) = E + K
1
+ K
2

= 0
u
C
’(0
+
) = K
1
p
1
+ K
2
p
2
= 0
1,2
'
2
R
p
L
  
1 2
1 2
( )
p t p t
C
u t E K e K e
  
'
(0 ) (0 ) 0

(0 ) (0 )
(0 ) 0
C C
C L
C
u u
i i
u
C C
 
 

 
  
 Dạng tín hiệu ở mạch quá độ cấp II
 Ta giải ra :
 Nghiệm bài toán quá độ :
2 1
1 2
;
2 ' 2 '
Ep Ep
K K 
 
1 2
1 2
2 1
( )
2 '
( )

2 '
p t p t
C
p t p t
C
C
E
u t E p e pe
du E
i t C e e
dt
L
 
  
 

 
  
 

2
0
1
1
ln
2 '
p
t
p
 


 

 
 Nhận xét trên mạch cấp II - RLC
 Điện trở tới hạn Rth ():
 Các chế độ của mạch cấp II
 Chế độ không dao động (R >
R
th
)
 Chế độ tới hạn (R = R
th
)
 Chế độ dao động (R < R
th
)
2
th
L
R
C

11/9/2009
6
 Đo điện trở tới hạn R
th
 Dùng mạch như hình
bên:
 Chọn VR rất bé để

mạch ở chế độ dao
động.
 Tăng dần dần VR để có
dạng sóng tới hạn .Giá
trò điện trở tới hạn :
R
th
= VR
VR
C
Máy phát
sóng
Dao động
ký
L
6.2.5 Một số ví dụ khác
 Ví dụ 1: Cho mạch điện như
trên hình ,khóa K đóng lúc t
< 0 và mở ra tại t = 0 , xác
đònh và vẽ dạng điện áp u
c
(t)
khi t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0:
Ta có u
c
(0
-
) = 45x(4/6) = 30 v

 Khi t > 0 :
 Nghiệm xác lập:
u
cxl
= 0
 PP TPKĐ : Ví dụ 1 (tiếp theo 1)
 Nghiệm tự do : PTĐT
1/pC + 6 + 4 = 0 , với C = 0,02 F
=> p = -1/(0,02.10) = -5 (1/s)
u
ctd
= K
1
e
-5t
u
c
(t) = u
cxl
+ u
ctd
= K
1
e
-5t
 Sơ kiện:
u
c
(0
+

) = u
c
(0
-
) = 30 (V)
 Xác đònh K
1
:
K
1
= 30
u
c
(t) = 30e
-5t
(v).
 PP TPKĐ : Ví dụ 2
 Ví dụ 2: Cho mạch điện như
trên hình , khóa K mở lúc t < 0
và đóng lại tại t = 0 , xác đònh
và vẽ dạng điện áp u
c
(t) khi t >
0 ?
Giải
 Khi t < 0:
Ta có : i
L
(0
-

) = 1 (A) ; u
c
(0
-
) = 0
 Khi t > 0 :
 Nghiệm xác lập:
u
cxl
= 1 (V)
 PP TPKĐ : Ví dụ 2 (tiếp theo 1)
 Nghiệm tự do : PTĐT là
Nghiệm : p
1
= - 3 ; p
2
= -4 (1/s)
Nghiệm tự do có dạng :
u
ctd
= K
1
e
-3t
+ K
2
e
-4t
Nghiệm quá độ toàn phần sẽ là :
u

c
(t) = 1+ K
1
e
-3t
+ K
2
e
-4t
2
2
1
1 0
2 5
5 2 10 2 0
7 12 0
p
p
p p p
p p
  

     
   
 PP TPKĐ : Ví dụ 2 (tiếp theo 2)
 Sơ kiện:
u
c
(0
+

) = u
c
(0
-
) = 0
u
c
’(0
+
) = i
c
(0
+
)/C
= (i
L
(0
+
) -u
c
(0
+
)/1) / C
= i
L
(0
-
)/C = 1/0,5 = 2 (v/s)
 Tìm K
1

, K
2
:
u
c
(0
+
) = 1 + K
1
+ K
2
= 0
u
c
’(0
+
) = – 3K
1
-4 K
2
= 2
 K
1
= -2 ; K
2
= 1
Vậy : u
c
(t) = 1-2 e
-3t

+ e
-4t
(V)
11/9/2009
7
 PP TPKĐ : Ví dụ 3
 Cho khóa K mở lúc t < 0 và
đóng lại tại t = 0 , xác đònh
và vẽ dạng các dòng điện
i
1
(t) và i
2
(t) khi t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0:
i
1
(0
-
) = 2 (A) ; i
2
(0
-
) = 0 (A)
 Khi t > 0:
 Nghiệm xác lập :
i
1xl
= i

2xl
= 2 (A)
120 V
0,1 H
0,2 H
i
2
(t)
0,2 H
* *
i
1
(t)
+
_
60

t=0
K
60

 PP TPKĐ : Ví dụ 3 (tiếp theo 1)
 Nghiệm tự do : Đại số hóa sđ
PTĐT:
Vậy nghiệm:
0,1p
0,2p 0,2p
* *
60


60

0,2 60 (0,2 60) 0,1
(0,2 60) 0,1 0,2 120
ml
p p p
Z
p p p
   
 

 
   
 
2
2 4
(0,2 60)(0,2 120) (0,1 60) 0
800 12.10 0
p p p
p p
    
  
1
2
200
600
p
p
 




 

200 600
1 1 2
200 600
2 3 4
( ) 2
( ) 2
t t
t t
i t K e K e
i t K e K e
 
 

  


  


 PP TPKĐ : Ví dụ 3 (tiếp theo 2)
 Sơ kiện :
i
1
(0
+
) = i

1
(0
-
) = 2 A.
i
2
(0
+
) = i
12
(0
-
) = 0 A.
'
1
'
2
(0 ) 400( / )
(0 ) 800( / )
i A s
i A s



 







' '
1 1 2
' '
2 2 1
60 0, 2 0,1 120
60 0, 2 0,1 120
i i i
i i i

  


  


120 V
0,1 H
0,2 H
i
2
(0
+
)
0,2 H
* *
i
1
(0
+

)
+
_
60

60

' '
1 2
' '
1 2
0,2 0,1 120 60.2 0
0,1 0, 2 120 60.0 120
i i
i i

   


   


 PP TPKĐ : Ví dụ 3 (tiếp theo 3)
 Tìm K
i
:
1 2
1 2
3 4
3 4

2 2
200 600 400
2 0
200 600 800
K K
K K
K K
K K
  


   


  


  

1
2
3
4
1
1
1
1
K
K
K

K
 





 


 

200 600
1
200 600
2
( ) 2
( ) 2
t t
t t
i t e e
i t e e
 
 

  



  



 PP TPKĐ : Ví dụ 4
 Cho K1 chuyển tại t = 0 và
K2 đóng lại t = 0,4(s) ,xác
đònh u
C1
(t) và i
2
(t) khi t > 0 ?
Biết u
C1
(0,4s) = -5 V và :
Giải
 Khi t < 0: Từ mạch phức
2 H
i
2
(t)
+
-
u
C1
(t)
1

0,5 F
+
_
+

_
5

1 F
K
1
t=0
e(t)
10 V
K
2
t=0,4 s
( ) 20 2 sin( 45 )
o
e t t V
 
0
2
20 2 45
4 2 45
5 2 2
o
I
j j


  
 
2
2

( ) 4 2 sin( 45 )
(0 ) 4( )
o
i t t
i A

  
 
 PP TPKĐ : Ví dụ 4 (tiếp theo 1)
 Khi 0,4s > t > 0:
 Nghiệm xác lập : i
2xl
= 2 A
 Nghiệm tự do : i
2td
= K
1
e
-2,5t
 Sơ kiện : i
2
(0
+
) = i
2
(0
-
) = 4 A
 Vậy :
 Khi t > 0,4 s:

u
C1xl
= 10 V ; i
2xl
= 2 A.
2,5
2 1
( ) 2 ( )
t
i t K e A

 
2 H
i
2
(t)
+
-
u
C1
(t)
1

0,5 F
+
_
+
_
5


1 F
e(t)
10 V
K
2
t=0,4 s
2,5
2
1
2
( ) 2 2 ( )
(0,4 ) 2 2. ( )
t
i t e A
i s e A


 
  
11/9/2009
8
 PP TPKĐ : Ví dụ 4 (tiếp theo 2)
 Nghiệm tự do : Mạch RC và mạch
RL .
 Sơ kiện :
i
2
(0,4
+
) = i

2
(0,4
-
) = 2 + 2.e
-1
A
u
C1
(0,4
+
) = u
C1
(0,4
-
) = -5 V
 Vậy :
2,5( 0,4)
2 1
( 0,4)
1 2
( ) 2 ( )
( ) 10 ( )
t
t
C
i t K e A
u t K e V
 
 
 

 
1 2,5( 0,4)
2
( 0,4 )
1
( ) 2 2. ( )
( ) 10 15 ( )
t
t
C
i t e e A
u t e V
  
 
 
 
2 H
1

5

1 F
1
1
2
2.
15
K e
K





 

 PP TPKĐ : Ví dụ 5
 Tìm điện áp trên tụ u
C
(t) , t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
u
C
(0
-
) = -2,5 V.
 Khi 10ms > t > 0 :
 Nghiệm xác lập :
u
Cxl
= 2,5 V.
 Nghiệm tự do : Mạch RC
u
Ctd
= Ke
-1000t
1000
( ) 2,5 ( )
t
C

u t Ke V

 
i(t)
+
-
u
C
(t)
+
_
1 K

1 K

2

Fe(t)
e(t)
5
0
-5
10
t(ms)
 PP TPKĐ : Ví dụ 5 (tiếp theo 1)
 Sơ kiện : u
C
(0
+
) = u

C
(0
-
) = - 2,5 V
 Vậy :
u
C
(10ms
-
) = 2,5 - 5e
-10
V
 Khi t > 10ms :
 Nghiệm xác lập :
u
Cxl
= 0 .
 Nghiệm tự do : Mạch RC
u
Ctd
= Ke
-1000(t-10 ms)
1000
( ) 2,5 5 ( )
t
C
u t e V

 
i(t)

+
-
u
C
(t)
+
_
1 K

1 K

2

Fe(t)
e(t)
5
0
-5
10
t(ms)
1000( 10 )
( ) ( )
t ms
C
u t Ke V
 

 PP TPKĐ : Ví dụ 5 (tiếp theo 2)
 Sơ kiện :
u

C
(10ms
+
) = u
C
(10ms
-
)  2,5 V
 Vậy :
 Dòng i(t) = Cdu
c
/dt :
1000( 10 )
( ) 2,5 ( )
t ms
C
u t e V
 

1000
1000( 10 )
( ) 2,5 5 ( ) 0 10
( ) 2,5 ( ) 10
t
C
t ms
C
u t e V t ms
u t e V ms t


 

    


  


1000
1000( 10 )
( ) 10 ( ) 0 10
( ) 5 ( ) 10
t
t ms
i t e mA t ms
i t e mA ms t

 

   


   


 PP TPKĐ : Ví dụ 6
 Tìm u
C
(t) khi t > 0 , biết
Giải

 Khi t < 0 :
u
C
(0
-
) = 0.
 Khi t > 0 :
 Nghiệm xác lập : Giải mạch phức
( ) 100 2 sin(500 45 )( )
o
e t t V
 
+
-
u
C
(t)e(t)
+
_
t=0
K
5 K

1 K

1

F
4i
i

+
-
+
_
5 K

1 K

I
.
4I
.
E
.
-j2 K

U
C
.
5I
.
5 . 5 (1 2 ) 100 2 45
o
K I I K j K E
  
     
100 2 45
0,01
10 (1 )
o

I
K j

 
 

5 ( 2 ) 100 90
o
C
U I j K
 
   
 PP TPKĐ : Ví dụ 6 (tiếp theo 1)
Vậy nghiệm xác lập:
 Nghiệm tự do : Đại số hóa sơ đồ :
( ) 100 sin(500 90 )( )
o
Cxl
u t t V
 
6
10
5 . 5 (1 )
U K I I K
p
  
500(1/ )
p s
 
+

-
5 K

1 K

10
6
/p
I
4II U
Zv(p)
5
I
6
5.10
( ) 10
v
U
Z p K
I p
  
500
( )
t
Ctd
u t Ke

 
500
( ) 100sin(500 90 ) ( )

o t
C
u t t Ke V

  
11/9/2009
9
 PP TPKĐ : Ví dụ 6 (tiếp theo 2)
 Sơ kiện : u
C
(0
+
) = u
C
(0
-
) = 0
 Xác đònh K : K = 100
 Ta cũng tính được :
500
( ) 100sin(500 90 )
100 ( )
o
C
t
u t t
e V

 


500
( ) 10sin(500 )
10 ( )
t
i t t
e mA



 PP TPKĐ : Ví dụ 7
 Tìm dòng i
1
(t) khi t > 0 , biết :
Giải
 Khi t < 0: Mạch cộng hưởng
i
1
(t) i
2
(t)
+
_
500

1

Fe(t)
t=0
40 mH
10 mH

+
_
500

j400

j100

I
1
.
I
2
.
-j100

200
0
o
1
2
0
200
2 90
100
200 0
o
o
C
I

I
j
U








   



 


1
4
2
4
0
2sin(10 90 )
200sin(10 )
o
C
i
i t A
u t V




 




1
2
(0 ) 0
(0 ) 2( )
(0 ) 0
C
i
i A
u






 




4
( ) 200sin(10 )

e t t V

 PP TPKĐ : Ví dụ 7 (tiếp theo 1)
 Khi t > 0 :
 Nghiệm xác lập : Từ mạch phức
 Nghiệm tự do : mạch RL
4
1
2
( ) sin(10 45 )
5
o
xl
i t t V
 
+
_
500

j400

j100

I
1
.
200
0
o
500


0,04p
0,01p
1
200 2
45
500 500 5
o
xl
I
j

  

4
10
1
( )
t
td
i t Ke


4
4 10
1
2
( ) sin(10 45 )
5
o t

i t t Ke

  
 PP TPKĐ : Ví dụ 7 (tiếp theo 2)
 Sơ kiện : Bài toán không chỉnh do
có tập cắt cảm.
Và :
 Vậy :
1 1 2 2 1 1 2 2
(0 ) (0 ) (0 ) (0 )
L i L i L i L i
   
  
4
4 10
1
2
( ) sin(10 45 ) 0,2 ( )
5
o t
i t t e A

  
e(0
+
)
+
_
500


0,04 H
0,01 H
i
1
(0
+
) i
2
(0
+
)
L
1
L
2
1 2
(0 ) (0 )
i i
 

2 2
1
1 2
(0 )
(0 )
0,01( 2)
0,4( )
0,05
L i
i

L L
A


 


  
 PP TPKĐ : Ví dụ 8
 Tìm i
1
(t) biết k = 1 và :
Giải
 Khi t < 0 : Mạch phức
3
( ) 50 sin(10 30 )( )
o
e t t V
 
1
2
(0 ) 0,0915( )
(0 ) 0
i A
i



 






i
1
(t)
i
2
(t)
*
*L
1
L
2
+
_
100

t=0
0,1 H 0,2 H
j141

j100

j200

t=0
K
50


k=1
e(t)
*
*
+
_
100

I
1
.
50
30
o
1
50 30 1
15
100 100
2 2
o
o
I
j


  

3
1

1
( ) sin(10 15 )( )
2 2
o
i t t A
 
 PP TPKĐ : Ví dụ 8 (tiếp theo 1)
 Khi t > 0ø :
 Nghiệm xác lập: Mạch phức
Dùng công thức :
1
1
50 30 50 30 (1 4)
0,4 27,3
100(1 5)
o o
o
V
j
I
Z j

  
   

3
1
( ) 0, 4 sin(10 27, 3 )( )
o
i t t A

 
j141

j100

I
2
.
j200

I
1
.
50
30
o
*
*
+
_
100

50

2
1 1 1
2 2
( )
V
j M

Z R j L
R j L



  

1
5000 100 500
100
50 200 1 4
V
j j
Z
j j

  
 
11/9/2009
10
 PP TPKĐ : Ví dụ 8 (tiếp theo 2)
 Nghiệm tự do : Đại số hóa sđ
 PTĐT :
3 200
1
( ) 0, 4 sin(10 27, 3 ) . ( )
o t
i t t K e A

  

0,1 100
0,2 50
ml
p pM
Z
pM p

 

 

 
25 5000 0
200(1/ )
p
p s
 
  
0,1p
0,2p
pM
*
*
100

50

20 0
1
( ) .

t
td
i t K e

 
 PP TPKĐ : Ví dụ 8 (tiếp theo 3)
 Sơ kiện: Bài toán không
chỉnh do hệ số hỗ cảm k = 1
Và:
1 1 2 1 1 2
(0 ) (0 ) (0 ) (0 )
L i Mi Li Mi
   
  
*
*L
1
L
2
+
_
100

e(0
+
)
0,1 H 0,2 H
i
1
(0

+
)
i
2
(0
+
)
50

k=1
' '
1 1 1 2
' '
2 2 2 1
100
50 0
i L i Mi e
i L i Mi

  


  


' ' '
1 1 2
1 1 2 2 2
' '
1 2 2 2

100
50
L L L
i Mi L i M i e
M M
M i L i i

 
 
    

 
 
 


  

1
1 2
100 (0 ) [ 50 (0 )] (0 )
L
i i e
M
  
   
 PP TPKĐ : Ví dụ 8 (tiếp theo 4)
 Vậy :
1
(0 ) 0,183 0,1817

0,0013
i K
K

  
  
1 2
1 2 1
4 (0 ) 2 (0 ) 1
(0 ) 2 (0 ) (0 )
i i
i i i
 
  

 


 


1
1
1 (0 )
(0 ) 0,1817( )
5
i
i A




  
3 200
1
( ) 0, 4 sin(10 27, 3 ) 0, 0013. ( )
o t
i t t e A

  
6.3 Phương pháp toán tử Laplace
6.3.1 Giới thiệu phương pháp
6.3.2 Biến đổi Laplace và tính chất
6.3.3 Dạng toán tử đònh luật mạch
6.3.4 Biến đổi ngược Laplace
6.3.5 p dụng cho bài toán quá độ
6.3.6 PP toán tử và bài toán không chỉnh
6.3.7 PP toán tử cho thành phần tự do.
6.3.1 Giới thiệu phương pháp
Bài toán
quá độ
Hệ
PTVP
PTVP
(1)
Nghiệm
xác lập
Nghiệm
tự do
y(t) = y
xl

(t) + y
td
(t)
Phương trình
toán tử (biến s)
u
c
(0
-
)
i
L
(0
-
)
Sơ
kiện
Ảnh Laplace của tín
hiệu cần tìm Y(s)
y(t)
Giải phương
trình đại số
Biến đổi
ngược
Biến đổi
Laplace
Toán tử
trực tiếp
sơ đồ
mạch

6.3.2 Biến đổi Laplace và tính chất
 Biến đổi Laplace:
F(s) = £{f(t)} = ảnh Laplace của
f(t)
(Dùng bảng tra gốc ảnh)
 Biến đổi ngược Laplace:
f(t) = £
-1
{F(s)} = hàm gốc của F(s)
(Dùng bảng tra gốc ảnh &đònh lý
Heavyside )
 Hàm đơn vò 1(t) :  Hàm trễ 1(t-t
0
) :
0
( ) ( )
st
F s f t e dt




1
( ) ( )
2
j
st
j
f t F s e ds
j

 
 





1 : 0
1( )
0 : 0
khi t
t
khi t
 



 

0
0
0
1 :
1( )
0 :
khi t t
t t
khi t t
 


 

 

11/9/2009
11
 Các hàm cơ bản và ảnh Laplace
 Hàm xung Dirac (impulse
func.) (t) và hàm trễ của nó:
 Ta có :
Và : £{(t)} = 1 ; £{’(t)} = s …
0 : 0
( )
: 0
khi t
t
khi t

 



  

0
0
0
0 :
( )
:

khi t t
t t
khi t t

 

 

  

1( )
( )
d t
t
dt


 Bảng tính chất của biến đổi Laplace
1. £{f(t).1(t)} = £{f(t)}
2. £{f
1
(t)  f
2
(t)} = F
1
(s) 
F
2
(s)
3. £{k.f(t)} = k.F(s)

4. £{e
-at
f(t)} = F(s+a)
5. £{t.f(t)} =
6. £{f(t-t
0
).1(t-t
0
)} = F(s).e
-st0
7. £{df(t)/dt} = sF(s)- f(0
-
)
8. £
9.
10.
( )
dF s
ds

0
( )
{ ( ) }
t
F s
f t dt
s


0

lim ( ) (0 ) lim[ . ( )]
s
t
f t f s F s




 
0
lim ( ) ( ) lim[ . ( )]
t s
f t f sF s
 
  
Xác đònh ảnh Laplace của các hàm
1. f(t) = 1(t)
F(s) = 1/s
2. f(t) = 1(t – t
0
)
3. f(t) = E (nguồn DC)
F(s) = E/s
4. f(t) = E.e
-at
F(s) = E/(s+a)
5. f(t) = E.1(t-t
0
)
F(s) = (E/s).e

-st
0
6. f(t) = Asin(t)
7. f(t) = Asin(t +) (nguồn ACõ)
8. f(t) = At + B
F(s) = A/s
2
+ B/s
0
1
( )
st
F s e
s


2 2 2 2
( ) cos( ) sin( )
s
F s A
s s

 
 
 
 
 
 
 
2 2

( )F s A
s




Ảnh Laplace của các hàm xung
9. Do f(t) = E[1(t) – 1(t - T)]
10. Biến đổi :
E
f(t) = E[1(t) - 1(t - T)]
t
0
T
E
0
T
t
f(t) = (Et/T)[1(t) - 1(t - T)]
 
( ) 1
sT
E
F s e
s

 
( ) .1() ( ).1( ) .1( )
E E
f t t t t T t T E t T

T T
     
 
2
1
( ) 1
sT sT
E E
F s e e
T s s
 
  
6.3.3 Dạng toán tử các luật của mạch
1. Luật Ohm dạng toán tử :
a) Điện trở: Ởmiền s , giữ
nguyên là điện trở
b) Điện cảm: hai sơ đồ
sL = cảm kháng toán tử ()
c) Tụ điện : Hai sơ đồ
1/sC = dung kháng toán tử
()
R R
C
1/sC
+
_
+
_
sC
+ -

I
R
(s)
+ -
U
R
(s)
L
i
L
(t)
u
C
(t)
sL
Li
L
(0
-
)
i
L
(0
-
)/s
I
L
(s)
1/sL
u

C
(0
-
)/s
+
-
U
C
(s)
C.u
C
(0
-
)
 Luật Ohm dạng toán tử (tiếp theo)
d) Hỗ cảm :
sM = cảm kháng hỗ cảm toán
tử ()
e) Nguồn : chỉ thay thế bằng
ảnh Laplace tương ứng.
f) Các phần tử khác không đổi.
+
_
+
_
e(t)
j(t)
E(s)
J(s)
+

_
+
_
+
_
+
_
L
1
L
2
sL
1
sL
2
M
* *
* *
sM
i
1
(t) i
2
(t)
I
1
(s) I
2
(s)
L

2
i
2
(0
-
)L
1
i
1
(0
-
)
Mi
2
(0
-
) Mi
1
(0
-
)
11/9/2009
12
 Luật Ohm dạng toán tử (tiếp theo)
 Trên một nhánh bất kỳ của sơ
đồ toán tử , ta có :
U(s) = Z(s).I(s)
Hay:
I(s) = Y(s).I(s)
Z(s) = trở kháng toán tử ()

Y(s) = dẫn nạp toán tử (S)
 Z(s) và Y(s) đều tuân theo các
phép biến đổi tương đương như
điện trở và điện dẫn.
2
1/0,5s
I(s)
U(s)
+
-
Z(s)
Z(s)
=
0,5s
Z(s) = 0,5s+(2/0,5s)/(2+1/0,5s)
= 0,5s+2/(s+1)
a a
b b
2. Luật Kirchhoff dạng toán tử
 Luật K1 :
 Luật K2 :
 Việc xét dấu như đối với mạch điện trở.
 Do các luật Ohm và Kirchhoff viết cho mạch toán tử cũng
tương tự viết cho mạch phức nên ta có thể áp dụng các
phương pháp phân tích mạch xác lập đã học cho sơ đồ
toán tử khi tìm ảnh Laplace bất kỳ.
( ) 0
k
node
I s

 

( ) 0
k
loop
U s
 

6.3.4 Biến đổi ngược Laplace
 Rút gọn ảnh Laplace Y(s) về phân thức hữu tỉ tối giản:
 Phương trình A(s) = 0 vẫn gọi là PTĐT. Các trường hợp :
1. PTĐT có nghiệm thực , đơn: s
i
: i = 1  n .
Với các hệ số :
1
1 1 0
1
1 1 0
( )
( )
( )
m m
m m
n n
n n
b s b s b s b
B s
Y s
A s a s a s a s a





   
 
   
1
( ) .1( )
i
n
s t
i
i
y t K e t



( ) ( )
lim ( )
( ) '( )
i
i
i i
s s
s s
B s B s
K s s
A s A s



 
  
 
 
 Biến đổi ngược Laplace (tiếp theo)
2. PTĐT có nghiệm bội : s
1
bội r . Ta biến đổi :
Trong đó :
Khi tìm hàm gốc ta dùng công thức :
1,1 1,2 1,
1
2
1 1 1 1
( )

( ) ( ) ( ) ( )
r
nr
r
r n
K K K
K
B s K
A s s s s s s s s s s s


      
    

1
1, 1
; 1
1 ( )
( )
( )! ( )
r k
r
k
r k
s s k r
d B s
K s s
r k ds A s


  
 
 
 

 
1
1 1
1
1 1
.1( )
( ) ( 1)!
s tr
r

L t e t
s s r
 
 

 
 
 
 Biến đổi ngược Laplace (tiếp theo)
3. PTĐT có nghiệm phức : s
1,2
= -  + j , các nghiệm còn lại
là thực , phân biệt :
 Lưu ý : Các hệ số K
i
trong phần 2. và 3. xác đònh như cho
nghiệm thực , đơn trong phần 1. .
1
1
3
1
( )
( ) 2 Re
'( )
i
n
s t
s t
i
i

B s
y t e K e
A s

 
 
 
 

6.3.5 p dụng cho bài toán quá độ
Các bước áp dụng cho bài toán quá độ :
 Xác đònh u
C
(0
-
) và i
L
(0
-
) .
 Xây dựng sơ đồ toán tử cho mạch tại t > 0 .Chú ý xác đònh
ảnh Laplace của tác động và của tín hiệu cần tìm.
 p dụng các phương pháp phân tích mạch để xác đònh
ảnh Laplace Y(s) của tín hiệu cần tìm.
(P
2
bđtđ; P
2
dòng nhánh; P
2

thế nút; P
2
dòng mắc lưới …)
 Biến đổi ngược Laplace tìm y(t) từ Y(s).
11/9/2009
13
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 1
 Khóa K mở ra tại t = 0 ,
tìm áp u(t) khi t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 : Ta có u
C
(0
-
) = 4 (V)
 Sơ đồ toán tử như hình bên.
 Tìm U(s) bằng thế nút.
 Và :
8 /3
( )
0,5
U s
s


 
1
1
2
8

( ) ( )
3
t
u t L U s e


 
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 2
 Cho mạch điện như hình bên ,
khóa K đóng lại tại t = 0 , biết
i
L
(0
-
) = 0 và u
C
(0
-
) = 0 , xác đònh
i(t) khi t > 0 ?
Giải
 Sơ đồ toán tử như hình bên.
 p dụng phương pháp dòng
mắc lưới :
8 4 8
6 ( ) 2 0,5 ( )
s I s U s
s s s
   
    

   
   
 Ví dụ 2 (tiếp theo)
Mà :
Vậy:
 Biến đổi ngược:
K
1,2
= 4 ; K
1,1
= -1; K
3
= 1
i(t) = (-1 + 4t)e
-4t
+ 1 (A)
2
( ) ( ) 2
U s I s
s
 
 
 
 
2
1,2 1,1
3
2
8( 2)
( )

( 8 16)
( 4) ( 4)
s
I s
s s s
K K
K
s s s


 
  
 
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 3
 Cho mạch như hình bên, biết
i
L
(0
-
) = 0 và u
C
(0
-
) = 0 ; xác
đònh u(t) tại t > 0 theo phương
pháp toán tử Laplace ?
Giải
 Sơ đồ toán tử như hình bên.
 p dụng phương pháp dòng
mắc lưới :

2
4 1 12
2 ( )s s I s
s s s
 
    
 
 
 Ví dụ 3 (tiếp theo)
 Có :
 Heavyside:
 Vậy: u(t) = [(16t + 8)e
-t
].1(t) V
 
2
2
12 4
( )
1
s
I s
s



 
2
24 8
( )

1
s
U s
s



 
1, 2 1,1
2
( )
1
1
K K
U s
s
s
 


1,2
1
24 8 ) 16
s
K s
 
  
1,1
1
(24 8 )

8
s
d s
K
ds


 
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 4
 Cho mạch như hình bên, xác
đònh u(t) tại t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
i
L
(0
-
) = 1 A và u
C
(0
-
) = 1 V.
 Sơ đồ toán tử và thế nút:
1
2
1 4 1
2 1
1
1 1
2 2

s s s
s


   
  
   
 

   
 
 
   
 
   
   
11/9/2009
14
 Ví dụ 4 (tiếp theo)
 Tìm u(t) : nghiệm phức
1 2
1 2
(2 1) 3
2 ( 2) 1
s s
s
 
 
  



   

2
2
2 1 6 2 7
( )
( 2)(2 1) 2 2 3 2
s s
U s
s s s s s

  
  
    
1
3 7
4 4
s j  
1
1
1
( ) 3 7 14
'( )
6 2 7 6
0,5 2 2,13 76,5
2 7
4 3
s
o

B s j
A s
j
j
s
s
  
 
  
    


0,75
7
( ) 4,26 cos 76,5
4
t o
u t e t

 
 
 
 
 
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 5
 Cho mạch như hình bên, xác
đònh u(t) tại t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
i

L
(0
-
) = 0 .
 Sơ đồ toán tử : như hình bên
 
( ) 1( ) 1( ) .1( ) ( )1( ) .1( )
E E E
e t t t t T t t t T t T E t T
T T T
        
2
1
( ) 1
sT sT
E E
E s e e
T s s
 
 
  
 
 Ví dụ 5 (tiếp theo)
 Tìm ảnh U(s) :
Với :
( ) 1
( ) ( )
1
R E s
U s E s

sL R T
s
T
 


2
2
1 1
( ) 1
1 1
sT sT
E E
U s e e
T T
s s s s
T T
 
 
  
 
   
 
   
   
1 2
( ) ( ) 1 ( )
sT sT
U s F s e F s e
 

 
  
 
1
( )
t
T
E
f t t E Ee
T

  
2
( )
t
T
f t E Ee

 
 Ví dụ 5 (tiếp theo)
 Tìm hàm gốc u(t) :
( ) 1( ) ( ) 1( )
1( )
t t T
T T
t T
T
E E
u t t E Ee t t T E Ee t T
T T

E Ee t T

 


   
       
   
   
 
  
 
 
;(0 )
( )
;( )
t
T
t
T
E
t E Ee t T
T
u t
Ee t T



   







 Phương pháp toán tử : Ví dụ 6
 Cho mạch như hình bên, xác
đònh u(t) tại t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
i
L1
(0
-
) = 2 A ; i
L2
(0
-
) = 0 .
 Sơ đồ toán tử : như hình bên
Lưu ý :
L
1
i
L1
(0
+
) = 4
Mi
L1

(0
+
) = 2
 Ví dụ 6 (tiếp theo)
 Tìm U(s) : Dùng dòng mắc lưới
 Vậy : u(t) = 2(e
-2/3t
– e
-2t
).1(t) V
1
2
12
( )2 2
4
( )
2 2
2
I ss s
s
I s
s s
 


 
 
 

  

 

  
 
 
1
2
2
4 12
( ) 2 2
1
( )
2 23 8 4
2
s
I s s s
s
I s
s ss s

 
 
 
 
 

   
 
  
  

 
 
2
2
8
( )
3 8 4
I s
s s


 
2
2
8 8 1
( ) 1. ( )
2
3 8 4 3
( 2)( )
3
U s I s
s s
s s
   
 
 
11/9/2009
15
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 7
 Cho mạch như hình bên, xác

đònh u(t) tại t > 0 ?
Giải
 Sơ đồ toán tử : như hình bên
U(s) = - I(s) . Ztđ ,
Với Ztđ = (2 // 8/s) = 8 / ( s + 4)
Mà I(s) = (1/s)/4 , như vậy :
Vậy u(t) = [ - 0,5 + 0,5e
-4t
].1(t) V
2 0,5 0,5
( )
( 4) 4
U s
s s s s

   
 
 Phương pháp toán tử : Ví dụ 8
 Cho mạch như hình bên, xác
đònh u(t) tại t > 0 ?
Giải
 Sơ đồ toán tử : dùng qui đổi
Zth = 4(2 + 1/s)
 Vậy : u(t) = 6e
-2t
.1(t) V.
24 4 24
( )
4
4 8

4 4
U s
s s
Zth
s
 

  
6.4 Phương pháp biến trạng thái
6.4.1 Giới thiệu .
6.4.2 Phương trình trạng thái của mạch .
6.4.3 Phân tích quá độ bằng PP biến trạng thái .
6.4.4 Hướngáp dụng .
6.4.1 Giới thiệu phương pháp
 Quá trình điện từ trên mạch điện tại một thời điểm bất
kỳ phụ thuộc vào năng lượng bên trong mạch , tức là
dòng qua cuộn cảm và áp trên tụ điện. Hai đại lượng này
được gọi là biến trạng thái của mạch.
 Tất cả các đại lượng dòng áp khác trên mạch đều có thể
biểu diễn thông qua các biến trạng thái.
 Phương pháp biến trạng thái dựa trên việc xác đònh trước
các biến trạng thái . Sau đó suy ra các đại lượng khác.
6.4.2 Phương trình trạng thái của
mạch
 Trạng thái của mạch tại một thời điểm bất kỳ luôn thỏa
mãn phương trình : x’(t) = A*x(t) + B*u(t) (1)
Với x(t) là biến trạng thái và u(t) là tác động lên mạch.
 Một tín hiệu y(t) bất kỳ luôn có thể biểu diễn bởi :
y(t) = C*x(t) + D*u(t) (2)
 Hệ phương trình gồm hai phương trình trên được gọi là hệ

phương trình trạng thái của mạch .
 A (ma trận trạng thái , n x n ); B (ma trận kích thích, n x m ),
C ( ma trận đáp ứng , p x n ), D ( ma trận truyền đạt, p x m )
 n : số biến trạng thái , m = số nguồn , p : số đáp ứng.
Giải phương trình trạng thái
 Nghiệm của (1) theo TPKĐ có dạng : x(t) = x
tn
+ x
riêng
 Phương pháp này chuyển về tìm e
At
:
e
At
= 
0
[1] + 
1
A + 
2
A
2
+ … + 
(n-1)
A
(n-1)
0
( ) . (0) . ( )
t
At A t A

x t e x e e B u d

 

 

1
( ) . (0) ( 1) . ( )
At At
x t e x e A B u t

  
1
2
1
2 1
0
1 1 1
2 1
1
2 2 2
2 1
1
1
1



1
n

t
n
n
t
n
t
n
n n n
e
e
e




  

  

  





 
 
 
 
 

 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 


det .[1] 0
A

  
11/9/2009
16
6.4.3 Phân tích quá độ bằng PP biến
trạng thái
 Xác đònh sơ kiện : x(0
-
)

 Xác đònh A, B, C, D : Nhờ hệ phương trình Kirchhoff
 Giải PTĐT : det(.[1] – A) = 0 có n nghiệm .
 Xác đònh [
0

1

2
… 
(n-1)
]
T
 Xác đònh e
At
(đònh lý Cayley-Hamilton) : mtrận (n x n)
e
At
= 
0
[1] + 
1
A + 
2
A
2
+ … + 
(n-1)
A
(n-1)
 Xác đònh ma trận biến trạng thái :

 Xác đònh ma trận y(t) cần tìm.
1
( ) . (0) ( 1) . ( )
At At
x t e x e A B u t

  
 Đặc điểm của PP biến trạng thái
 Xác đònh A, B, C, D từ hệ phương trình Kirchhoff đòi hỏi
các kỹ năng biến đổi hệ phương trình vi tích phân.
 Xác đònh hàm mũ ma trận e
At
có khối lượng tính toán
lớn. Mặc dù phương pháp đã đưa ra phép tính gần đúng:
e
At
= 
0
[1] + 
1
A + 
2
A
2
+ … + 
(n-1)
A
(n-1)
 Nhận xét : Do quá trình tính toán khá chuẩn nên các
phần mềm phân tích mạch đều có hỗ trợ các hàm giải

phương trình trạng thái.
 Phương pháp này dùng được cho mạch phi tuyến (hơn 2
PP trước).
 PP biến trạng thái : Ví dụ 1
 Tìm u(t) khi t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
i
L
(0
-
) = 4 A ; u
C
(0
-
) = 2 V ;
 Hệ pt mô tả mạch (t > 0):
1
3
0,5
1
2 0, 5
3
C
L
L
C
C
du
i i

dt
di
i E
dt
du
u i
dt

 



 



 


2 2
L
di
i E
dt
  
1
2 2
3
2
3

C L
L
C L
C
du di
i E
dt dt
du di
u E
dt dt

  




   


1 H
+
_
+
_
0,5

1/3 F
2

2 V 3 V

t=0
i
L
(t) i
C
(t)i(t)
+
-
u(t)
E
 Ví dụ 1 (tiếp theo 1)
Giải ra : Và:
1,2 0,6
0,2 0,4
C
C L
L
C L
du
u i
dt
di
u i E
dt

  





   


'
1,2 0,6 0
0,2 0,4 1
'
C C
L L
u u
E
i i
x Ax Bu

   
   
 
   
   
 
   
   
  
1
0,5 0,5( )
3
0,2 0,4
C
L
C L

du
u i i
dt
u u i
  
 
 
0, 2 0,4
0
C
L
u
u
i
y Cx D
 

 
 
   
(0 )
2
(0)
4
(0 )
C
L
u
x
i



 
 
 
 
 
 
 
 
 Ví dụ 1 (tiếp theo 2)
 Giải PTĐT: det(.[1] – A) = 0
0 1,2 0,6
det 0
0 0,2 0,4


  
   
 
 
   
 
   
 
1,2 0,6
det 0
0,2 0,4



 
 
 
 

 
2
1
2
1, 6 0, 6 0
1
0, 6
 


  
 


 

 Ví dụ 1 (tiếp theo 3)
 Xác đònh các giá trò : 
0

1
… 
n-1
1
2

1 1
0 1
0 , 6
21
1 1 1
1 1 0, 6
t t
t t
e e
ee






 


 
 

     
 
 
 
 
   

 

  
 
 
0,6
0
0,6 0,6
1
1,5 2,5 1,5 2,5
2,5 2,5
2,5 2,5
t t t
t t t
e e e
e e e


  
  
   
  
 
 
 
   
 
 

 
 
 

   
11/9/2009
17
 Ví dụ 1 (tiếp theo 4)
 Xác đònh : e
At
= 
0
.[1] + 
1
.A
0 1
1 0 1, 2 0, 6
0 1 0, 2 0, 4
A t
e
 

   
 
   
 
   
0 1 1
1 0 1
0,6 0,6
0,6 0,6
1,2 0,6
0, 2 0, 4
1,5 0,5 1,5 1,5

0, 5 0,5 0,5 1,5
At
t t t t
At
t t t t
e
e e e e
e
e e e e
  
  
   
   

 

 
 
 
 
  

 
  
 
 Ví dụ 1 (tiếp theo 5)
 Xác đònh ma trận biến trạng thái x :
1
( ) . (0) ( 1) . ( )
At At

x t e x e A B u t

  
2
1
2 1 0 0
3
4 0 1 1 1
2
3
C
At At
L
u
e e E
i
 
 
 
 
     
 
  
 
 
     
 
     
 
 

 
0,6
0,6
0,6 0,6
0,6 0,6
3 5
5
3
1,5 0,5 1 1,5 1,5
6
0,5 0,5 0,5 1,5 1
t t
C
t t
L
t t t t
t t t t
u
e e
i
e e
e e e e
e e e e
 
 
   
   
 
 
 


 
 
 
 
 

 
   
 

 
 

   
 
 
 Ví dụ 1 (tiếp theo 6)
 Xác đònh y = C.x + D.u :
0,6
0,6
3 1,5 2,5
6 0,5 2,5
t t
C
t t
L
u e e
i
e e

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
0, 2 0, 4
C
L
u
u
i
 

 
 
 
0,6
0,6
0,6
3 1,5 2,5
( ) 0,2 0,4
6 0,5 2,5
( ) 3 0,5 1,5

t t
t t
t t
e e
u t
e e
u t e e
 
 
 
 
 

 
 
 
  
 PP biến trạng thái : Ví dụ 2
 Tìm i
1
, i
2
, i
3
khi t > 0 ?
Giải
 Khi t < 0 :
i
2
(0

-
) = 1 A ; u
C
(0
-
) = 200 V ;
 Hệ pt mô tả mạch (t > 0):
1 2 3
1 1
2
2 2
0
0
C
C
i i i J
R i u E
di
L R i u
dt


   

 



  


3
:
C
du
NX i C
dt

2
1 1
2
2
1 1 1 1
1
C
C
L
C
du
u i E J
dt R C C R C C
di R
u i
dt L L

    




 



+
_
100

400

F
t=0
K
100

0,5 H
J
1 A
E
200 V
i
2
(t)
i
1
(t)
i
3
(t)
+
-
u

C
(t)
R
1
R
2
 Ví dụ 2 (tiếp theo 1)
Thế số :
Biết:
Và:
'
2 2
25 2500 25 2500
2 200 0 0
'
C C
u u
E
J
i i
x Ax Bu
 
   
    
 
   
    

    
   

  
1
1 1
3 2
1 1
1 1
1 1
C
C
i u E
R R
i u i E J
R R

 




   


1
3 2
0,01 0 0,01 0
0,01 1 0,01 1
C
i u
E
i

J
i
y Cx Du

   
    
 
   
    
 
    
   
  
2
(0 )
200
(0)
1
(0 )
C
u
x
i


 
 
 
 
 

 
 
 
 Ví dụ 2 (tiếp theo 2)
 Giải PTĐT: det(.[1] – A) = 0
0 25 2500
det 0
0 2 200


   
   
 
 
   

   
 
25 2500
det 0
2 200



 
 
 
 
 
2 4

1
2
225 10 0
61
164
 


  
 


 

11/9/2009
18
 Ví dụ 2 (tiếp theo 3)
 Xác đònh các giá trò : 
0

1
… 
n-1
1
2
1 1
61
0 1
164
21

1 1 61
1 1 164
t t
t t
e e
ee






 


 
 

     
 
 
 
 
   

 
  
 
 
61 164

0
3 61 3 164
1
1,592 0,5922
9,7.10 9,7.10
t t
t t
e e
e e


 
   
 
 
 

 
 

 
 
 Ví dụ 2 (tiếp theo 4)
 Xác đònh : e
At
= 
0
.[1] + 
1
.A

0 1
1 0 25 2500
0 1 2 200
A t
e
 
 
   
 
   

   
0 1 1
1 0 1
61 164 61 164
2 61 2 164 61 164
25 2500
2 200
1,35 0,3495 24,27 24,27
1,942.10 1,942.10 0,3495 1,35
At
t t t t
At
t t t t
e
e e e e
e
e e e e
  
  

   
     
 
 

 

 
 
  

 
  
 
 Ví dụ 2 (tiếp theo 5)
 Xác đònh ma trận biến trạng thái x :
1
( ) . (0) ( 1) . ( )
At At
x t e x e A B u t

  
2
200 1 0 150
1 0 1 1,5
C
At At
u
e e
i

  
 
     
  
 
 
     

     
 
 
61 164
61 164
2
150 79, 61 29,61
1,5 1,146 1,646
t t
C
t t
u
e e
i
e e
 
 
 
   

 
 

 
 
 
 Ví dụ 2 (tiếp theo 6)
 Xác đònh y = C.x + D.u :
1
3
2
0,01 0 0,01 0
0,01 1 0,01 1
C
i u
E
i
J
i

   
    
 
   
    
 
    
   
61 164
1
61 164
3
0,5 0,7961 0,2961

1,942 1,942
t t
t t
i
e e
i
e e
 
 
 
   

 
 
 
 
 
6.4.4 Hướng áp dụng
 Sử dụng hàm lsim() của MATLAB :
 [y,x] = lsim(A,B,C,D,u,t);
 [y,x] = lsim(A,B,C,D,u,t,x0);
 [y,x] = lsim(num,den,u,t);
 Trong đó ta qui ước : gọi n là số biến trạng thái , m là số tín
hiệu tác động , p là số tín hiệu ra quan tâm.
 Các hàng của x và y tương ứng các hàng của u , là giá trò
các biến tại các thời điểm tương ứng của vecto thời gian t.
Để truy cập các biến trạng thái cũng như các biến ra chúng
ta dùng phép toán lấy luôn giá trò một cột của ma trận :
y(:,2) -> lấy cột thứ hai.