Символьный решатель линейных цепей

Когда до марта месяца ещё далеко, а коту заняться нечем, то он тянет лапы к клавиатуре. Обычно выходит всякая фигня, но иногда получается что-то полезное, чем не грех и поделиться с окружающими.

В общем, представляю на суд уважаемой публики символьный решатель линейных электрических цепей. Находится он по адресу http://lumped.network. Им можно решать самые разные задачки: от простых школьных на законы Кирхгофа до вполне себе инженерных (проверить стабильность услителя, например, или рассчитать передаточную функцию фильтра). Идея проста – на вход подается описание цепи виде текста, на выходе получается решение в виде формул. Если заданы численные значения элементов, то они подставляются в решение и получается численный ответ. Описание цепи составляется в SPICE-подобном формате (можно экспортировать прямо из MicroCAP с небольшими правками).

На оригинальность не претендую, тема весьма старая и таких решателей уже было и есть довольно много. Для порядка приведу известные мне варианты:

Разные экспериментальные и вышедшие из употребления программы я в этот список не вносил, но буду весьма благодарен, если кто-то посоветует актуальные дополнения.

Под катом примеры задач со звездочкой и их решение с помощью решателя.

Спойлер

Задача с шестиугольником из двенадцати одинаковых резисторов. Найти эквивалентное сопротивление схемы.

В решебнике написано, что в силу симметрии можно расцепить центральный узел и дальше рассчитать сопротивление получившейся комбинации последовательных и параллельных соединений. Строгого определения этой самой “силы симметрии”, разумеется, нигде не приводится, и допустимость такой модификации схемы совершенно не очевидна.
Проверяем экспериментально: составляем описание цепи и загружаем в решатель. Номера узлов на схеме обведены в кружочки. Потенциал первого узла в описании элемента считается положительным, второго – отрицательным. Ток с положительным знаком течет от первого ко второму узлу.

Код:: R1 6 3 R R2 6 1 R R3 2 6 R R4 3 2 R R5 1 2 R R6 4 3 R R7 5 1 R R8 2 4 R R9 5 2 R R10 0 2 R R11 0 4 R R12 5 0 R V 6 0

Получаем решения для потенциалов узлов и выражение для тока через источник iV=-(5/4)*(V/R). По закону Ома эквивалентное сопротивление будет равно 4*R/5, что совпадает с ответом к задаче. Ток через источник имеет отрицательный знак – и это правильно, поскольку мощность источников энергии отрицательна, а потребителей – положительна. Отрицательный знак говорит о том, что через источник V реальный ток течет от узла 0 к узлу 6, а не наоборот.

Спойлер

В изображенной схеме R1=2 Ом, R2=3 Ом, C1=1 мкФ, C2=2 мкФ, V=10 В. Какой заряд пройдет через ключ, если его замкнуть?

Ответ к задачам такого вида находится решателем в один прием. Ключ K заменяем источником Vk с нулевым напряжением. Составляем задание для решателя. Если номиналы элементов в задании не указывать, то получится решение в общем виде.

Код:: C1 2 1 1/1000000 C2 0 2 2/1000000 R1 3 1 2 R2 0 3 3 V 1 0 10 Vk 2 3 0

Получаем решение для тока в операторном виде iVk(s)=-20*s/(2500000+9*s). Поскольку заряд есть интеграл от тока, то интегрируем путем деления этого выражения на s. Подставляя s=0 получаем решение для t=+∞, когда все переходные процессы уже завершены. Следовательно, заряд 8 мкКл прошел в направлении от узла 3 к узлу 2. Можно найти и начальный ток через ключ K. Подставляя s=∞, получаем iVk(t=0)=-2.(2) А.
Задачи, где требуется найти энергию, выделившуюся на каком-нибудь из резисторов, решаются сложнее. Нужно либо делать переход назад от изображений к оригиналам и дальше как обычно брать интеграл от квадрата функции тока или напряжения, либо для цепей первого порядка можно воспользоваться теоремой Парсеваля.

Спойлер

В изображенной на рисунке цепи C1=C2=C. До замыкания ключа напряжение на первом конденсаторе равно U, второй конденсатор не заряжен. Определите максимальное значение силы тока через катушку с индуктивностью L после замыкания ключа. Сопротивлением катушки можно пренебречь.

Начальное напряжение на конденсаторе U соответствует заряду Q=C1*U. Этот заряд мы мгновенно впрыснем в конденсатор с помощью параллельно включенного источника тока с функцией I(s)=C1*U*s. По таблице изображений Карсона-Хевисайда убедимся, что домножение на оператор s соответствует дельта-функции Дирака, интеграл которой равен единице. Таким образом, начальное условие задано, и ключ K можно заменить закороткой. Последовательно с катушкой включим источник ЭДС с нулевым напряжением, с помощью которого мы будем измерять ток через L1. Получаем следующую эквивалентную схему.

Составляем описание схемы для решателя.

Код:: I 0 1 C*U*s C1 1 0 C C2 1 0 C V 1 2 0 L 2 0

Получаем ток через источник ЭДС iV(s)=C*U*s/(1+2*L*C*s^2). По таблице изображений убеждаемся, что это выражение описывает незатухающие колебания. Преобразуя изображение в оригинал, получаем iV(t)=U*sqrt(C/(2*L))*sin(t/sqrt(2*L*C)). Множитель перед синусом и есть ответ к задаче.
Вообще говоря, это задача на знание парадокса двух конденсаторов. Если в задании закомментировать строки V и L символом #, то можно получить решение: v1=U/2.
Ещё один “парадокс” притаился в выражении для iV(s). Если взять интеграл от iV(s) путем деления на s, то мы получим выражение для заряда. Подставляем s=0 и видим, что через катушку за бесконечное время прошел весь заряд конденсатора qV(s=0)=C*U. Интересно, что это величина совершенно не зависит от сопротивления между узлами 1 и 0. Хотя, казалось бы, при наличии сопротивления заряд должен был бы через него и утечь. Но, сверившись с численным моделированием в MicroCAP, убеждаемся, что прошедший через резистор заряд действительно равен нулю.
Но это всего лишь следствие того, что в начальный момент времени напряжение на катушке равно U, а ток через нее равен нулю. Тогда получается, что напряжение будет меняться по косинусу, ток – по синусу, а заряд – опять же по косинусу. Но в начальный момент времени прошедший через катушку заряд, очевидно, равен нулю. Тогда единственная возможность для существования косинусоиды, описывающей заряд, это ее смещение относительно нуля на величину C*U.

Спойлер

К одной из четырех обмоток трансформатора подключен источник напряжения V. Найти напряжения на остальных обмотках трансформатора, если они не нагружены. Число витков и коэффициенты связи между обмотками считать произвольными.

Составляем задание для решателя.

Код:: V 1 0 L1 1 0 L2 2 0 L3 3 0 L4 4 0 K_12 L1 L2 K_13 L1 L3 K_14 L1 L4 K_23 L2 L3 K_24 L2 L4 K_34 L3 L4

На старых компьютерах лучше не запускать, очень долго отрисовывается система уравнений в браузере. Но в итоге получаем короткий ответ:
v2=V*K12*sqrt(L2/L1)
v3=V*K13*sqrt(L3/L1)
v4=V*K14*sqrt(L4/L1)
Как известно, корень из отношения индуктивностей равен отношению числа витков в обмотках. Такой вот получился многоканальный вариометр. Вопрос технической реализуемости оного оставим в стороне.

За дизайн сайта не критикуйте, его там просто нет. Нормального описания тоже пока нет, потому что очень спешил запуститься хоть как-нибудь к началу нового семестра. В общем, пользуйтесь и пишите отзывы. Если сервис понравился, то посоветуйте своим знакомым. Хватит считать дифуры вручную на бумажке :))

Провел некоторый апгрейд символьного решателя цепей. Что добавилось:

- идеальный трансформатор

Модель для идеального трансформатора, работающего вплоть до постоянных токов, была подсмотрена в MicroCAP. Можно было бы и не добавлять, но встроенная модель экономит целых два дополнительных неизвестных в задаче. Трансформатор повышающий, с двумя обмотками, задается как T 1 0 2 0 [N], где 1 и 0 – точки (узлы) подключения первичной обмотки, 2 0 – вторичной, необязательный параметр N – отношение числа витков во вторичной обмотке к числу витков в первичной. Если требуется понижающий трансформатор, то параметр нужно задать как 1/N. Ток через вторичную обмотку рассчитывается всегда (особенность модели), а через первичную – только при установленной опции на вкладке настроек. Трансформатор с количеством обмоток более двух моделируется путем параллельного включения первичных обмоток нескольких идеальных трансформаторов.
- ваттметр / варметр

отрицательной

- решатель распознает стандартные для SPICE суффиксы чисел (g, meg, k, m, u, n, p).

- добавилась вкладка с настройками

Calculate currents through finite gain VCCS/CCCS and through ideal transformer primary winding

Вычислять токи через зависимые источники тока (и первичку идеального трансформатора, поскольку его модель использует именно такой источник). Это добавляет в систему уравнений дополнительное неизвестное, что может иметь значение с точки зрения скорости решения. Интересно, что модель полевого транзистора и pi-модель биполярного транзистора обходятся в некотором смысле бесплатно с точки зрения количества неизвестных в задаче. Но если требуется посчитать ток коллектора, тогда эту опцию нужно включить. Зависимые источники тока с бесконечным коэффициентом передачи вне зависимости от данной настройки всегда добавляют как минимум одно неизвестное в систему уравнений.

Treat K as mutual inductance M

Считать K взаимной индуктивностью [Гн] , а не коэффициентом связи между индуктивностями (безразмерная величина от -1 до 1). Если эта опция включена, а значение для K не задано, то в решении оно заменяется на привычную букву M.

Show currents in inverted form

Показывать токи в виде обратных дробей. Это может быть полезно для быстрого определения комплексного сопротивления цепи, поскольку не нужно будет переворачивать дробь вручную с применением комплексной арифметики.

Solution format

S-domain

Режим решения в операторном виде, установлена по умолчанию. Только для этой опции источники сигнала могут быть описаны как в виде изображений по Лапласу, так и по Карсону-Хевисайду. Здесь алгоритму без разницы, поскольку никаких дополнительных трансформаций решения не происходит. Решатель распознает символ s в описании источников, то есть можно задать, к примеру, единичный импульс тока по Хевисайду: I 0 1 Q*s (здесь Q – заряд в импульсе).

AC steady state

Режим решения для установившегося режима синусоидальных токов заданной частоты (для задач по ТОЭ). После получения решения в операторном виде происходит подстановка s=i*omega. Затем из знаменателей убираются комплексные числа путем домножения на сопряженные величины. Решатель распознает символ omega в задании как частоту. Обычно в задачах указываются не величины емкостей и индуктивностей, а реактивные сопротивления в Омах. Тогда при составлении задания нужно сначала их преобразовать по следующим формулам: L=XL/omega, С=1/(XC*omega), где XL и XC – реактивные сопротивления катушки и конденсатора. Предполагается, что источники тока и напряжения синусоидальны. Если нужно сдвинуть источник по фазе, к примеру, сделать источник напряжения 150+150*i, то это делается следующим образом: V 1 0 150+150*s/omega. Не следует пытаться подставить в задание мнимую единицу путем возведения минус единицы в степень 1/2 - решение получится неправильным.

Final state и Initial state

По теореме о начальном и конечном значении оригинала можно получить решения для момента включения цепи (t=0) и для момента окончания переходных процессов (t стремится к бесконечности). Источники должны быть описаны в виде изображений по Карсону-Хевисайду. В решении, очевидно, могут получиться бесконечности, и их знак, увы, автоматически определить в общем случае невозможно.

Примеры решения задач.

Задача по ТОЭ на связанные индуктивности от Madfisht3.

Спойлер

Найти коэффициенты ABCD четырехполюсника

Общая формула для четырёхполюсника А типа:

При хх:

При кз:

Составляем задание для решателя:

Код:: V 1 0 R_3 1 0 R_1 1 2 L_1 2 3 L_2 4 0 R_2 3 4 K L_1 L_2 #R_kz 3 0 0

Последняя строка не участвует в расчете для ХХ, но ее надо раскомментировать в расчете для КЗ. На вкладке настроек устанавливаем опцию Treat K as mutual inductance M, чтобы в решении фигурировала взаимная индуктивность M, а не коэффициент связи K.
Считаем решение для ХХ:

Раскомментируем R_kz и считаем решение для КЗ:

Находим коэффициенты A,B,C,D исходя из того, что:
U1хх = U1кз = V
U2хх= v3 (из расчета для хх)
I2кз = iRkz
I1хх = -iV (из расчета для хх)
I1кз = -iV (из расчета для кз)
Токи через источник V берутся с отрицательным знаком, поскольку решатель считает, что ток течет от узла 1 к 0, а мы считаем наоборот.
Формулы для ABCD получаются достаточно громоздкие, здесь я их приводить не буду.

Расчет каскада ОЭ от DJ_club.

Спойлер

Найти напряжение на коллекторе, если напряжение на базе равно +3, +4 и +5 В. Rэ=660, Rк=1000, beta=25, напряжение питания +12 В.

Не совсем подходящая задача для решателя, поскольку он рассчитан в основном на переменные токи и только в линейных цепях. Тут лучше численно посчитать в SPICE-симуляторе. Тем не менее, в предположении, что смещение на переходе БЭ положительно и составляет 0.7 В, а сам переход не имеет сопротивления (это уже натяжка!), можно составить следующую эквивалентную схему.
Задание для решателя:

Код:: Vb 1 0 4 Vbe 1 2 0.7 #diode Re 2 0 660 Vcc 3 0 12 Rc 4 3 1000 F 4 2 Vbe 25 #beta #C 2 0 #bonus question

Зависимый источник тока F замеряет ток через источник Vbe и создает ток 25*i(Vbe) в направлении от узла 4 (коллектор) к узлу 2 (эмиттер). Запускаем решатель и находим, что: при vb=3 v4=8.64, при vb=4 v4=7.19, при vb=5 v4=5.74.
Дополнительно возник вопрос: что произойдёт с нарисованной схемой в момент подачи питания, если Rэ закорочен большим электролитом. Окончательно натягиваем сову на глобус, добавив в задание конденсатор с неопределенно большой емкостью (раскомментируем строку C 2 0) . На вкладке настроек устанавливаем режим Initial state и запускаем решение. Видим бесконечный ток через переход БЭ (относительно верно) и бесконечное напряжение на коллекторе (что невозможно). Здесь линейная модель уже совершенно неадекватна. Все-таки лучше использовать решатель только на малосигнальных Pi- и T-моделях, а смещения на транзисторы подавать с помощью резистивных делителей

.

Решение задач с ваттметрами из сборника олимпиадных задач по ТОЭ (Макаров, Лебедев)
[ сборник взят здесь: http://ispu.ru/files/MetodUkazaniya_Oli ... adachi.pdf ]

Задача 15

Спойлер

Дано: R1=R2=R3=10 Ом. X3=5 Ом. Определить значение X2, при котором показания ваттметра будут равны нулю.

Составляем задание:

Код:: V 1 0 Vw 1 2 0 R1 1 4 10 R2 2 3 10 R3 5 0 10 C2 3 4 1/(X2*omega) C3 4 5 1/(5*omega) W 1 0 Vw

Здесь на место ваттметра установлен пробный источник Vw с нулевым напряжением. Ваттметр W замеряет ток через этот источник и домножает его на комплексное сопряжение разности потенциалов между узлами 1 и 0.
Запускаем решатель и видим, что из выражения для Re[W] немедленно следует, что X2=60. Подставляем это значение вместо X2 и для проверки запускаем решение заново. Действительно, теперь Re[W] = 0.

Задача 18.

Спойлер

В цепи установившийся синусоидальный режим: R1= 0.25 Ом, XL1 = 0.5 Ом, P(R1) = 4 Вт, Q = 8 Вар. Найдите величину сопротивления R2, если действующее значение источника тока равно J = 8 А.

Составляем задание:

Код:: I 0 1 8 V' 1 2 0 V'' 2 3 0 R1 3 4 1/4 L1 4 0 1/2/omega R2 2 5 C 5 6 1/(X_C*omega) L2 6 0 X_L2/omega W' 1 0 V' W'' 2 4 V''

Ваттметр W’ замеряет мощность во всей цепи, а W’’ - только на резисторе R1. Запускаем и приравниваем выражения 2*Re[W’’]=Im[W’] исходя из условия задачи. Формулы выглядят страшновато, но знаменатели одинаковы и сокращаются, а из числителей путем перестановки получаем, что XL2=XC. Замечательно, вносим правку в задание, чтобы учесть этот факт.

Код:: I 0 1 8 V' 1 2 0 V'' 2 3 0 R1 3 4 1/4 L1 4 0 1/2/omega R2 2 5 C 5 6 1/(X_C*omega) L2 6 0 X_C/omega W' 1 0 V' W'' 2 4 V''

Запускаем решатель заново, видим, что выражение Re[W’’] зависит только от R2. Приравниваем его 4 Вт по условию задачи. Решаем квадратное уравнение (в WolframAlpha, конечно :facepalm:

) и получаем, что R2=5/12 Ом. Можно подставить это значение в решатель для финальной проверки.

Задача 20, где авторы сборника неправильно решили свою собственную задачу

Спойлер

Определить действующее значение ЭДС E, если R1=10 Ом, XL1=XC1=XC2=R2=20 Ом, Pw=500 Вт.

Составляем задание:

Код:: V 1 0 E R1 1 2 10 L1 2 3 20/omega V0 3 4 0 C1 4 5 1/(20*omega) R2 5 0 20 C2 5 0 1/(20*omega) W 3 0 V0

Решаем и получаем выражение для Re[W]=(E*E)/50=Pw=500 Вт, откуда следует, что E=50*10^(1/2) В.

Очередное обновление решателя. Исправлены всякие разные глюки и внесены изменения в работу опций. Что нового?

Ваттметры теперь могут вычислять мощности, генерируемые источниками любого вида. Это скорее плохо, чем хорошо, поскольку не всегда очевидна полярность подключения ваттметра к источнику. Общее правило таково, что первый указанный полюс источника должен совпадать с первым указанным полюсом ваттметра. Тогда знак мощности источника окажется правильным (т.е. отрицательным). Какого-то универсального алгоритма автоматического определения полярности мне придумать не удалось. Гарантированно работают примеры из предыдущего поста, когда в цепь включается дополнительный источник нулевого напряжения в качестве амперметра.

Calculate currents through finite gain VCCS/CCCS and through ideal transformer primary winding

Show currents in inverted form

Calculate apparent impedances of power sources

На закуску приведу пример использования кажущегося импеданса в мирных целях.
Почему возбуждается эмиттерный повторитель?
Скандалы, интриги, расследования - под катом.

Спойлер

Итак, знакомая многим ситуация. Собрали эмиттерный повторитель, подключили к нему осциллограф через один метр кабеля РК50 без нагрузки, на вход схемы подали тестовый прямоугольный импульс. На экране осциллографа видим колебания на фронтах выходного сигнала. На рисунке желтый луч – вход, синий – выход.

Разберемся, почему это происходит.
Могут ли это быть отражения в кабеле? Время распространения сигнала в кабеле – 4 нс/м, что, очевидно, существенно меньше наблюдаемого на экране осциллографа периода колебаний. Таким образом, эта версия подтверждения не получает.

Теперь обратимся к принципиальной схеме.

Входной сигнал подается от генератора, который представлен источником напряжения Vin. Внутреннее сопротивление этого источника равно 25 Ом и мало по сравнению с RB, поэтому его в расчет не принимаем. Напряжение на коллекторе транзистора специально сделано большим, чтобы уменьшить влияние емкости перехода коллектор-база. Ток коллектора задан резистором RE и приблизительно равен 10 мА. Вход осциллографа вместе с емкостью кабеля представлен цепью CL RL. Емкость входа осциллографа составляет примерно 10 пФ, емкость метрового отрезка кабеля – еще 90 пФ, итого для ровного счета возьмем 100 пФ.
Попробуем понять, откуда берутся колебания. Для этого нужно исследовать импеданс повторителя со стороны емкости CL, взяв за основу малосигнальную схему замещения типа T.

Поскольку зависимость от входного сигнала нам не интересна, то мы избавились от источника Vin, закоротив его на землю. Параллельно RB нарисован конденсатор CB – его влияние нужно будет изучить, но для начала будем считать, что он не подключен. Напряжение источника ЭДС Vb составляет 0 В – этот искусственный источник используется в качестве амперметра и измеряет ток базы. Вместе с источником F они составляют зависимый источник тока коллектора. Источник F измеряет ток базы через Vb и создает ток коллектора в соответствии с передаточной функцией I(Vb)*beta/(1+s*tauT*beta). Это выражение имеет один полюс. Здесь beta – статический коэффициент передачи тока (около 100 для моего экземпляра транзистора BC639), tauT – граничная частота транзистора (200 МГц по даташиту). Сопротивление re – внутреннее сопротивление эмиттера, рассчитывается по известной формуле re = VT / IC = 25 мВ / 10 мА = 2.5 Ом. Входное сопротивление осциллографа RL велико, поэтому его в модели не учитываем. Параллельно емкости CL подключен пробный источник тока It, кажущийся импеданс которого мы и будем изучать.

Составляем задание для решателя.

Код:: R_B 1 0 #C_B 1 0 Vb 1 2 0 F 0 2 Vb beta/(1+s*tau_T*beta) r_e 2 3 C_L 3 0 It 0 3

Конденсатор CB закомментирован и, как было написано выше, в расчете пока не участвует. На вкладке Settings устанавливаем опцию Calculate apparent impedances of power sources, нажимаем на Solve network и видим следующее:

На первый взгляд получается облом: выражение для Z(It) оказывается слишком сложным для интерпретации. Зато выражение для Z(F) имеет компактный и весьма интересный вид!
Разбив сумму в числителе на две дроби и сократив бету, получаем, что зависимый источник F представляет собой последовательное соединение сопротивления RB/beta и индуктивности RB*tauT. Вот и причина колебаний: проиллюстрируем ее следующей эквивалентной схемой.

Сопротивления RB и RE существенно больше RB/beta и re, поэтому их можно в расчет не принимать. Итого остается последовательный колебательный контур, слегка сдемпфированный сопротивлением RB/beta + re.
Что можно сделать для подавления колебаний? Несколько очевидных идей:
- увеличить RB. Поскольку характеристическое сопротивление контура Z=sqrt(L/C)=sqrt(tauT*RB/CL) растет как корень из RB, то когда-то будет достигнута точка критического демпфирования
- посильнее нагрузить контур с помощью RE (добавить RC цепочку ему в параллель).
- включить последовательно с re дополнительный резистор (обычно так и делают)

Также есть способ скомпенсировать схему со стороны базы транзистора. Для этого раскомментируем вторую строчку с конденсатором CB в задании для решателя и повторим решение.

Неожиданный результат! Если постоянные времени RB*CB и beta*tauT равны, то зависимый источник представляет из себя чисто активное сопротивление RB/beta и колебания невозможны при любых емкостях нагрузки.
В моем случае эта емкость оказалась равна 88 пФ, и после ее подключения получилась такая осциллограмма.

Никаких колебаний, но это далеко не оптимальный результат с точки зрения полосы. Если известна емкость нагрузки, то CB можно сделать существенно меньше. Вот такая осциллограмма получается для CB=12 пФ.

Поскольку пробный источник был подключен к выходу схемы, то выражение для Z(F) получилось если как будто бы мы смотрели в усилитель со стороны эмиттера. Если же подключить тестовый источник ко входу схемы, то выражение для Z(F) получается другим. Там будет фигурировать последовательное соединение отрицательного сопротивления и отрицательного конденсатора, что тоже, очевидно, ведет к возбуждению. Всем, кому интересна эта тема, я советую читать книги Дэнниса Фойхта, там вся эта кухня с кручением импедансов на транзисторе описана в подробностях.

Вопросы к знатокам: вы вот когда операторным методом пользуетесь, то изображения записываете по Лапласу или по Хевисайду? Используете оператор s или p? Какое преобразование нынче в программе у студентов?
За бугром-то все уже как лет 70 на Лапласа перешли, да так прочно, что таблицу преобразований по Карсону-Хевисайду удалось нагуглить только в переводе нашего справочника Бронштейна и Семендяева.
Это что ж получается, я не только в последнем вагоне сижу, но ещё и якорь пытаюсь за окно кинуть? :shock:

Итак, только что выкатил обновление. Теперь решатель может вычислять токи в любых элементах (кроме псевдоэлементов K,T,W) либо в процессе решения, либо уже пост-фактум из самого решения. Это дало возможность добавить новые функции:

- Пробник. Если первым символом перед описанием элемента поставить знак вопроса, то в решение будет добавлен ток и падение напряжения на этом элементе. Разумеется, совсем очевидные величины, типа нулевого тока через входы идеального операционного усилителя, вычисляться не будут. Штрихом помечаются величины, относящиеся к управляющим портам зависимых источников и первичной обмотке идеального трансформатора. Под это дело со вкладки настроек убрал отдельную опцию вычисления токов через зависимые источники.

- Ваттметры теперь могут измерять мощности на отдельных элементах без добавления амперметра в схему. Для этого используется сокращенное описание ваттметра - W[name] element.

- Зависимые источники, управляемые током, теперь могут управляться любыми видами элементов. Амперметр стал нужен только для измерения тока в разветвленной цепи. Ну и общий принцип получается такой: если что-то имеет имя, то в нём можно измерить ток.

- Передаточные функции (T), формат описан на вкладке Hints. Стандартный набор: напряжение/напряжение, ток/ток, трансимпеданс и транспроводимость(?). Ну и самое главное - сокращенный формат T element для вычисления Driving Point Impedance (DPI) элемента. (Нормального перевода на русский этого термина я так и не нашел. "Кажущийся" импеданс тоже как-то не звучит. Буду весьма благодарен, если кто-то подскажет. Ещё интересует перевод термина Null Double Injection.) За ненадобностью убрал со вкладки настроек общую опцию для вычисления DPI всех источников.

- Добавлены экзотические элементы: нулятор с норатором. Гиратор не добавлял, но его при необходимости можно собрать из двух зависимых источников.

- Поздняя подстановка. Иногда бывает нужно провести решение в символьном виде и только потом подставить численные значения. Потому что если подставить числа сразу в изолированную от земли цепь, то из-за накопления ошибок округления решения не получится. Поэтому можно воспользоваться подстановкой вида переменная=значение. Если в процессе подстановки возникнет какая-то неопределенность, то вместо решения будет напечатано NaN, поэтому злоупотреблять этой функцией не стоит.

- Для режима установившегося синусоидального тока можно сдвигать фазу на источниках (в том числе зависимых) на нужное количество градусов. Это удобно для решения задач на трехфазные цепи. Если угол делится на 15, то в решении будут корни, иначе будут числа с плавающей запятой. Пример: V 1 0 10@60 - 10 вольт действущего напряжения со сдвигом на 60 градусов против часовой стрелки.

- На вкладке настроек добавлена опция для преобразования чисел в формат с плавающей запятой. Если в решении получается комплексное число, то оно дополнительно выводится в виде фазора (длина вектора /_ угол в градусах).

- Адаптивный дизайн, если это вообще можно так назвать. Но интерфейс теперь должен удовлетворительно функционировать даже на смартфонах.
По поводу вопроса сообщением выше, отвечаю сам себе. Как оказалось, все преобразования, описанные в учебниках, даже если там используются таблицы по Хевисайду (оператор p эквивалентен дельта-функции), всё равно это одностороннее преобразование Лапласа. Настоящее преобразование Хевисайда удалось найти в статье Per A. Kullstam "Oliver's revenge". Ну или в работах самого Хевисайда, но, как говорят, они написаны языком не для среднего ума. Так вот, господа-товарищи коты, настоящее преобразование по Хевисайду это очень полезная штука. Оно позволяет правильно решать задачи на переходные процессы вообще не имея понятия про дифуры, начальные условия и законы коммутации. Всё что нужно, это иметь под рукой таблицу оригиналов и изображений и какое-то представление о формуле Эйлера. Единственное ограничение - передаточная функция цепи не должна меняться во времени. То есть часть задач по ТОЭ с ключами решить не получится, и всё равно придется искать начальные условия.

В общем, Хевисайд был голова. :write:

На днях один нерадивый студент создал в этом разделе форума аж 7 тем с задачами на установившийся режим переменного тока. Это навело меня на мысль, что стоило бы проапгрейдить решатель в данном направлении. Ну просто потому что совершенно немыслимо для таких примитивных задач задавать реактивности зависимыми источниками, получая мнимую единицу путем деления оператора p на угловую частоту. Что вышло в итоге:

модуль@угол

2. Появилась мнимая единица 'j'. Её можно использовать для задания значений независимых и зависимых источников, а также для резисторов (поскольку реактивности тоже измеряются в омах). В процессе составления уравнений мнимая единица преобразуется в отношение p/omega. После решения системы уравнений делается обратная подстановка.

3. Если где-то в задании встретился оператор '@' или мнимая единица 'j', то решатель автоматически переключается в режим для установившегося переменного тока, вне зависимости от выбранного режима на вкладке настроек.
Пример. Две параллельные ветви имеют комплексные сопротивления 10+10j и 10-10j. Найти общее сопротивление цепи.

Спойлер

Код:: # https://lumped.network V 1 0 R 1 0 10+10*j R 1 0 10-10*j T V

Последняя строчка вычисляет сопротивление Zv, которое видит источник напряжения V. Ответ (в силу passive sign convention) нужно брать с противоположным знаком, т.е. 10 Ом.

Котаны, зацените идею.

Преобразование Хевисайда для цепей с ключами

Самый гнусный вид задач по ТОЭ - это задачи на переходные процессы в цепях с переключением. Тут наличествует весь набор удовольствий: и прямое преобразование Лапласа (ну это легко), и вычисление передаточной функции (тоже халява), и обратное преобразование Лапласа (интегрирование по комплексной плоскости, вычеты, все дела), и, наконец, поиск начальных условий. Последний пункт самый тухлый, особенно когда пределы искомой величины справа и слева от t=0 не равны между собой. Сам я не проверял, но злые языки (Kullstam 1992) утверждают, что из-за этого решение для случая разрывного тока в трансформаторе занимает в учебнике 9 страниц. Здесь, для примера, я возьму задачку попроще, из Основ электротехники К.А.Круга.

Требуется найти ток в цепи. Для такой простой задачи это можно сделать даже в уме. Начальный ток V/(r+R), конечный ток V/R, переходной процесс идет по экспоненте с постоянной времени L/R.

Теперь проведем расчет с помощью преобразования Хевисайда, получив зависимость i(t) для t от минус до плюс бесконечности, не прибегая к вычислению начальных условий. Передаточную функцию легко найти, проблема только в том, что их будет две: i(p)=V/(r+R+L*p) до замыкания ключа (t<0) и i(p)=V/(R+L*p) после (t>0). Такой проблемы нет в одностороннем обратном преобразовании Лапласа, ведь процессы там рассматриваются начиная с момента переключения (t>0), а вся предыстория системы заключена в начальных условиях. Для одностороннего преобразования Лапласа совершенно не важно, что происходило с цепью до переключения. Цепи, как таковой, для t<=0 вообще могло и не существовать. Учитываются лишь только исходные токи в индуктивностях и напряжения на конденсаторах на момент времени t=0+.

Преобразование Хевисайда же работает только в том случае, когда топология цепи постоянна от начала до конца времён и не меняется в процессе переключения. Поэтому попытки, к примеру, промодулировать сопротивление r единичным скачком приводят к тому, что скачок попадает в знаменатель и преобразование становится невозможно осуществить. Чтобы зафиксировать топологию цепи для всех t, предлагается рассмотреть два варианта, в зависимости от того, замыкается или размыкается ключ в момент t=0. Если ключ замыкается, то он замещается источником напряжения, который равен нулю после замыкания (t>0). Если же ключ размыкается, то он замещается источником тока, который также равен нулю после замыкания (t>0). В том случае, когда ключ SPDT (т.е. перекидывается между двумя положениями), то нужно использовать и источник тока, и источник напряжения.

Для того, чтобы найти зависимость для этих замещающих источников для t<0, нужно решить задачу для установившегося режима (постоянного, переменного, или обоих сразу) для тока или напряжения на ключе в исходном положении. То есть, если ключ замыкается, то нужно найти напряжение на разомкнутом ключе для t<0, а если размыкается, то исходный ток через ключ. Для режима постоянного тока достаточно теоремы о конечном значении, но если цепь возбуждается переменным током, то нужно получить временную зависимость (т.е. f(t), а не f(p)) с помощью того же преобразования Хевисайда.

Таким образом, до момента переключения к ключу приложено напряжение (или ток), компенсирующее изменение в топологии цепи из-за переключения. Поэтому напряжения и токи в цепи до переключения будут точно такие же, как и для исходной топологии. В момент переключения это компенсирующее воздействие обнулится и начнётся переходный процесс. Топология цепи всё это время остается неизменной, поэтому для расчета становится возможным использовать преобразование Хевисайда. Начальные условия при этом вычисляются автоматически сами собой.

Конкретно для этой задачи мы знаем, что для t<0 напряжение на ключе равно v(t)=V*r/(R+r). Теперь ключ заменяется источником напряжения v, который подключается параллельно сопротивлению r. До переключения этот источник напряжения повторяет напряжение на резисторе r, поэтому ток через этот источник равен нулю и на цепь никак не влияет. Теперь для этой цепи находим новую передаточную функцию, которая равна i(p)=(V-v(p))/(p*L+R) и применяем к ней преобразование Хевисайда для v(t)=V*r/(R+r)*[1-1(t)], где 1(t) - едничный скачок или функция Хевисайда. Дальше дело техники: i(t)=V/(r+R)*[1+(r/R-(r/R)*exp(-t*R/L))*1(t)] для любого t.

Вообще, чем дальше, тем больше прихожу к выводу, что решение задач по ТОЭ можно практически полностью алгоритмизировать. А пока с нетерпением жду вашей критики.

lumped.net писал(а):

Требуется найти ток в цепи. Для такой простой задачи это можно сделать даже в уме.

Ага, ага.

Подобная задача, только резистор один, R, а ключ коммутирует его меандром то на источник, то на нижний провод, была на олимпиаде по ТОЭ. Задача - описать УСТАНОВИВШИЙСЯ процесс. Моё решение заняло целую школьную тетрадку. И дало мне экзамен автоматом.

Не подобная ли задача?

Ideal current source continuously applies bipolar square wave to a series LR network.
Find the voltage developed on the source for t∈(-∞;+∞).

Решение описано у меня в хелпе: https://lumped.network/help. Ну там никак не на тетрадку :))

Примерно так, только без ёмкости. ХЗ, может быть, я её как-то неоптимально решил, но решил правильно. Главное - получил обещанный автомат. :-)

Сейчас этот подвиг повторять не буду, лениво, да и мотивации нет. Насчёт тетрадки - бумагу я экономить не привык, пишу размашисто, это факт тоже примем во внимание.

Нет, эта без емкости, просто RL цепочка. Но если удалось решить дифурами и без привлечения преобразования Фурье (а это уже РТЦиС), то я снимаю шляпу... :shock:

Ткните место, я, видно, не туда смотрю. Решал классическим методом, выписав дифуры.
Там была вся хитрость в том, чтобы сформулировать признак установившегося процесса. Я его принял таким: на протяжении одного цикла коммутации начальный ток должен быть строго равен конечному. До этого момента больше никто из двух групп не допёр. Остальное несложно, хотя и канительно, писать пришлось много.

Да, с версткой однозначно что-то придётся делать. Там чуть выше середины текста, поиском по "LR network" можно найти. Сюда копипастить не буду, формулы всё равно не перенесутся.
Задним умом понял, что наверное всё-таки в Вашей задаче был источник напряжения, а тут источник тока - это проще. Я то просто её привёл как демонстрацию того, что преобразование Хевисайда автоматически даёт решение включающее импульсы Дирака, когда источник тока меняет своё направление.

lumped.net писал(а):

Да, с версткой однозначно что-то придётся делать. Там чуть выше середины текста, поиском по "LR network" можно найти. Сюда копипастить не буду, формулы всё равно не перенесутся.

Да и фиг с ними.

lumped.net писал(а):

Задним умом понял, что наверное всё-таки в Вашей задаче был источник напряжения, а тут источник тока - это проще.

Да. Источник напряжения, далее коммутатор и LR-цепь.

lumped.net писал(а):

Я то просто её привёл как демонстрацию того, что преобразование Хевисайда автоматически даёт решение включающее импульсы Дирака, когда источник тока меняет своё направление.

Какая-то абракадабра. Классический метод знаю, операторный (с преобразованием Лапласа) знаю. Хевисайда, Дирака - неее, не слышал. Да и хрен бы с ним, спать пора. :sleep:

mickbell писал(а):

Хевисайда, Дирака - неее, не слышал.

Ну импульс Дирака, вне всякого сомнения, Вам известен. Бесконечно короткий, бесконечно большой, с интегралом, равным 1, потому и единичный.

А вот преобразование Хевисайда, боюсь, не известно уже никому. Его популяризатор, некто Per Kullstam, покинул этот мир в апреле прошлого года. Я не знаю, сформулировал ли он правила этого преобразования сам или у кого-то подсмотрел. Он ссылается на книгу E.Hallen Tvungna svängningar operatorkalkyl, 1965, возможно, это и есть первоисточник. Но книга на шведском и в интернете найти её не удаётся, увы.

Сама идея восходит к операторному методу, который изобрел Хевисайд. Свои задачи он решал разложением в ряды, а к интегралам относился скептически. И вообще своим кавалерийским подходом он вызывал лютый баттхёрт у математиков того времени, которые в итоге забанили его в научной печати. Потом, уже незадолго до смерти Хевисайда, математик Карсон обосновал равнозначность между разложением в ряды и интегральным преобразованием. И всё бы было хорошо, но через несколько лет другой математик Дёч объявил все эти изыскания фигнёй и профанацией, и предложил использовать преобразование Лапласа. И уже изрядно к тому времени уставшая от Хевисайда математическая тусовка с удовольствием поддержала этот призыв.

С тех пор в задачах на переходные процессы единицами измерения входных воздействий являются "Кулон единичного импульса" и "Вебер единичного импульса". А вовсе не Амперы и Вольты как задумывал Хевисайд. Но никого это не волнует, человечество как-то движется дальше, вон скоро к Марсу полетит...

Такой вот экскурс в историю. :tea:

lumped.net писал(а):

импульс Дирака, вне всякого сомнения, Вам известен. Бесконечно короткий, бесконечно большой, с интегралом, равным 1, потому и единичный.

Да, разумеется, его я знаю, имя только не ассоциировал с его сущностью. У нас его называли дельта-импульсом. А единичным импульсом, кстати, называли такой, когда при t<0 U=0, а при t>=0 U=1.

lumped.net писал(а):

А вот преобразование Хевисайда, боюсь, не известно уже никому.
(...)
Такой вот экскурс в историю. :tea:

Спасибо, интересно.

PS. История повторяется. Тут в соседней теме тоже появился некто с нетрадиционным подходом к научным и ненаучным знаниям. :shock:

Да тут с этой терминологией чёрт ногу сломит. Но если смотреть на англоязычную, то там принято называть единичным импульсом дельта-функцию Дирака, а единичным скачком (или ступенькой) функцию Хевисайда:

In discrete time the unit impulse is the first difference of the unit step, and the unit step is the running sum of the unit impulse. Correspondingly, in continuous time the unit impulse is the derivative of the unit step, and the unit step is the running integral of the impulse.

Кстати, в классической книге И.С. Гоноровского РТЦиС написано: "Функция дельта(x), обладающая указанными свойствами, называется единичным импульсом, импульсной функцией или дельта-функцией (а также функцией Дирака)".

Чему равна функция Хевисайда в момент времени t=0, это вопрос дискуссионный. Более того, до сих пор математики спорят, какую точку считать началом интегрирования в преобразовании Лапласа (t=0 или t стремится к 0 справа или слева). В этом ещё один плюс преобразования Хевисайда по сравнению с односторонним Лапласом - такой проблемы вообще не возникает.

mickbell писал(а):PS. История повторяется. Тут в соседней теме тоже появился некто с нетрадиционным подходом к научным и ненаучным знаниям.

Да, соседство не слишком уютное. Но Вы не подумайте чего, здесь никакой торсионщины нет :roll:

lumped.net писал(а):

Чему равна функция Хевисайда в момент времени t=0, это вопрос дискуссионный. Более того, до сих пор математики спорят, какую точку считать началом интегрирования в преобразовании Лапласа (t=0 или t стремится к 0 справа или слева). В этом ещё один плюс преобразования Хевисайда по сравнению с односторонним Лапласом - такой проблемы вообще не возникает.

Как я себе понимаю (то есть IMHO), для ТОЭ эта дилемма незначительная. Всё, что было до нуля - это только начальные условия. При t=0 значение уже равно единице - то есть сам переход мы не видим, да и незачем нам его видеть. Нам интересно видеть реакцию системы.

lumped.net писал(а):

mickbell писал(а):PS. История повторяется. Тут в соседней теме тоже появился некто с нетрадиционным подходом к научным и ненаучным знаниям.

Да, соседство не слишком уютное. Но Вы не подумайте чего, здесь никакой торсионщины нет :roll:

Ни в коем случае так не думаю.

Так то оно да, но если бы всё было так просто, то навряд ли авторы этой статьи стали бы сравнивать определения преобразования Лапласа в полусотне (!) учебников в поисках математически корректного варианта. Кстати, если следовать их логике, то Основы электротехники Круга отвалились бы ещё на отборочном этапе.

Мораль: если некто не осиливает ТФКП и дифуры, начальные условия, свободный и принужденный режимы, то ему надо посоветовать воспользоваться преобразованием Хевисайда. Школьные знания + формула Эйлера -> тупые действия по алгоритму -> правильный ответ (но это не точно). Когда я найду такую задачу, где этот метод дает сбой, то в первую очередь отчитаюсь здесь. :write:

Взял на себя труд и прорешал вышеизложенным методом все задачи из методички на переходные процессы с ключами (Zelenkov A.A.,Transient analysis of electric power circuits by the classical method in the examples). Там во введении автор делает замечание, что метод Хевисайда "недостаточно систематичен и строг". Я как-то этого не заметил, все задачи решаются Хевисайдовым преобразованием тупо в лоб, автоматически и без особых размышлений. Писанины, правда, многовато, особенно для случая синусоидального возбуждения и демпфирования меньше критического. Если кто захочет повторить, то будьте внимательны: в методичке дофига опечаток, а в предпоследней задаче автор потерял минус.

Очень полезным оказалось следующее операторное преобразование (в таблицах такого нету):
Изображение: (A*p^2+B*p+C)/((p+a)^2+w^2)
Оригинал: K+(A-K)*e^(-a*t)*cos(w*t)+(B-a*(A+K))*e^(-a*t)*sin(w*t)/w,
где K=C/(w^2+a^2).

Под это дело немного проапгрейдил решатель:

- решение помечается стрелочками, показывающими направление протекания токов (от какого узла к какому, чтобы не сверяться с нетлистом). Полярность падения напряжения на элементе тоже помечается значком, когда это уместно.

- изменил расчет для связанных индуктивностей. Стало больше неизвестных, но уравнения выглядят привычнее и значительно компактнее.

- изменил порядок вычисления оператора поворота величины на угол (@). Этот оператор теперь менее приоритетен, чем возведение в степень, но более приоритетен, чем умножение. Такая запись будет логичнее, на мой взгляд: 120*2^(1/2)@45 (равно 120+120j).

- для режима установившегося переменного тока теперь можно выбирать между тремя форматами решения: 1) выражения в комплексных числах A+Bj ( и косинус фи для ваттметров ); 2) разделение на действительную (Re) и мнимую (Im) части ; 3) символьные фазоры (длина вектора и угол поворота). В последнем случае используется арктангенс от двух аргументов. Выражения тут получаются совершенно конские, так что польза от символьных фазоров оказалась сомнительной.

Вопрос к специалистам-электрикам: может ли косинус фи быть отрицательным? Математически, понятное дело, может, если исследуемый элемент не потребляет, а отдает активную мощность. Но вот в реальной жизни отрицательный косинус фи встречается, или всегда нужно брать по модулю?

Символьный решатель линейных цепей

Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей

Re: Символьный решатель линейных цепей