Бутырин Алексейчик Сборник задач по ТОЭ т1

Таблица 6.3

Расчет переходных процессов методом переменных состояния. При использовании этого метода вначале составляется уравнение состояния, запись которого представляет собой нормальную форму обыкновенного дифференциального уравнения

Здесь x = x(t) = [x (t) x (t) … x (t)]т — вектор-столбец переменных

j

вектор-столбец ЭДС и токов источников тока цепи; А и В — соответственно n×n и n×m-матрицы, коэффициенты которых выражаются через параметры накопительных и резистивных элементов. Для составления уравнений состояния достаточно учесть, что производные x·j(t) весьма просто выражаются через напряжения индуктив-

ных и токи емкостных элементов, а именно:

271

Тогда для определения производных, т.е. производных diL ⁄ dt ,

j

duC ⁄ dt , достаточно найти линейную связь между каждым из напря-

j

жений индуктивных элементов uL , а также между каждым током

j

емкостных элементов iC и всеми переменными состояния.

j

Сформировав таким образом уравнение состояния (6.6), его реше-

ние можно представить в виде суммы свободной х и принужденной

св

хсоставляющих:

прин

Матричную экспоненту можно выразить через обычные экспоненты. В случае, когда все собственные числа αk, k = 1, 2, …, n цепи,

они же собственные значения матрицы А (т.е. корни уравнения det(A – α1) = 0), различны, такое выражение имеет вид

где Рk, k = 1, 2, …, n, — проекторы матрицы А,

n

∏(A – αj1)

j = 1(j ≠ k)

Тогда и решение (6.7) уравнения состояния (6.6) можно выразить через обычные экспоненциальные функции:

272

Если при расчете переходных процессов дополнительный интерес представляет установившийся режим, то решение уравнения состоя-

новившейся х составляющих, т.е. в виде использовавшемся в клас-

уст

Здесь x (0) = x (t) t , Fä(A; t) — векторная функция матричного

уст уст = 0

аргумента,

где Fäi (A; t) — матричная функция, соответствующая правому (индекс (+)) или левому (индекс (–)) преобразованию Лапласа Fiä(p; t) функции fi(t):

∞

Fä(p, t) = ∫ e–pτf(t ± τ)dτ — преобразование Лапласа для функ-

0

ции со сдвигом аргумента;

∞

F+(p, t) = ∫ e–pτf(t + τ)dτ — преобразование Лапласа для функ-

0

ции со сдвигом аргумента влево (правое преобразование Лапласа);

∞

F–(p, t) = ∫ e–pτf(t – τ)dτ — преобразование Лапласа для функ-

0

ции со сдвигом аргумента вправо (левое преобразование Лапласа). Очевидно, что при этом построение F(p) обычного преобразования

Лапласа не представляет сложности, так как F(p) = F+(p, 0) = –F–(–p, 0). Таблица соответствий некоторых характерных для электротехни-

ческой практики функций f(t) и их изображений Fä(p; t) представлена в приложении 10. Использование правого или левого преобразования Лапласа позволяет формально определить установившиеся составляющие решений уравнений состояния.

273

6.1. ЦЕПИ RC ПЕРВОГО ПОРЯДКА.

КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА

6.1(р). Дано: R = R = 10 Ом, С = 1 мкФ, Е = 10 В (рис. 1 к задаче 6.1(р)).

12

Рис. 3 к задаче 6.1(p) Рис. 4 к задаче 6.1(p)

Определить ток i (t) и напряжение uC(t) после коммутации и пост-

1

роить графики.

Решение. 1. t = 0 , нулевые начальные условия uC(0 ) = 0. Закон

– –

коммутации uC(0 ) = uC(0 ) = 0.

– +

2. t → ×, расчетная схема установившегося режима после коммутации представлена на рис. 2 к задаче 6.1(р):

4. Определим корень характеристического уравнения p по схеме на рис. 3 к задаче 6.1(р)

12

5.Для t ≥ 0 составим уравнение по второму закону Кирхгофа. Расчетная схема представлена на рис. 4 к задаче 6.1(р):

274

В момент t = 0

+

Графики i (t) и uC(t) представлены на рис. 5 к задаче 6.1(р).

1

Рис. 5 к задаче 6.1(p)

Рис. 2 к задаче 6.2(p)

Рис. 1 к задаче 6.2(p)

6.2(р). Дано: Е = 120 В, R = R = 250 Ом, R = 500 Ом, С = 10 мкФ

1 2 3

(рис. 1 к задаче 6.2(р)).

Определить ток i (t) после коммутации и построить график.

1

Решение. 1. t = 0 , режим до коммутации (ключ разомкнут, режим

–

установившийся), расчетная схема представлена на рис. 2 к задаче 6.2(р):

ER

Закон коммутации uC(0 ) = uC(0 ) = 30 В.

– +

275

2. Схема после коммутации для установившегося режима (t → ×) представлена на рис. 3 к задаче 6.2(р):

12

Рис. 5 к задаче 6.2(p) Рис. 6 к задаче 6.2(p)

4. Схема для нахождения корня характеристического уравнения

Z (р) = 0 представлена на рис. 4 к задаче 6.2(р):

вх

5. Расчетная схема после коммутации представлена на рис. 5 к задаче 6.2(р):

1R

1

i(0 ) = 0,24 + A = 0,36 A = 0,12.

1 +

6.Ответ: i (t) = 0,24 + 0,12e–800t А. График i (t) показан на рис. 6

к задаче 6.2(р).

276

6.3. Дано: R = 5 Ом, R = R = 10 Ом, R = 15 Ом, С = 100 мкФ,

Е = 15 В (рис. к задаче 6.3).

Определить ток i (t) и напряжение uС(t) в цепи после коммутации

2

и построить их графики.

6.4. Дано: J(t) = 0,4 sin(314t + 90°) А, R = 800 Ом, R = 800 Ом,

1

С = 10 мкФ (рис. к задаче 6.4).

Определить ток i(t) и напряжение uC(t) после размыкания рубиль-

UCm = (–jXC)I m = (318,5 –90°)(0,295 58°) = 93,96 –32° В,

uC(t) t ≤ 0 = 93,96 sin (314t – 32°) В,

uC(0 ) = 93,96 sin (–32°) = –49,79 В.

–

t = 0

Закон коммутации uC(0 ) = uC(0 ) = –49,79 В.

– +

277

2. t → ×, режим после коммутации: ключ замкнут, режим установившийся. Источник синусоидальный, расчет проводим комплексным методом:

UCm = (–jXC)I m = (318,5 –90°)(0,532 87,8°) = 169,44 –2,2° В,

uC уст(t) = 169,44 sin (314t – 2,2°) В.

3.uC(t) = uC уст + uC прех = 169,44 sin(134t – 2,2°) + Aept.

4.Схема для нахождения корня Z (р) = 0 представлена на рис. 2

5. Определение постоянной интегрирования:

–6,5 + A = –49,79 A = –43,29.

6. Ответ: uC(t) = 169,44 sin(314t – 2,2°) – 43,29e–500t В.

6.6. Дано: R = R = 5 Ом, С = 500 мкФ, e = 100 2 sin(314t + 90°) В

1

(рис. к задаче 6.6).

Определить ток i(t) после замыкания рубильника, происходящего

вмомент t = 0.

6.7.Дано: R = 100 Ом, С = 10 мкФ, J = 4 А, e = 10002 sin(1000t + + 45°) В (рис. к задаче 6.7).

Определить ток iС(t) после размыкания рубильника, происходя-

щего в момент t = 0.

278

6.8.Дано: e(t) = Em sin(ωt + ψ), Еm = 100 В, ω = 1000 1/с, R = 100 Ом,

С= 10 мкФ, Е = 300 В (рис. к задаче 6.8).

Рубильник К в цепи переключается из положения 1 в положение 2, когда ЭДС генератора е = –Еm в момент t = 0.

Определить ток i(t) после коммутации.

6.9. Дано: e(t) = Em sin(ωt + ψ), Еm = 100 В, ω = 1000 1/с, R = 100 Ом,

С = 10 мкФ, а) Е = 50 В; б) Е = 0 (рис. к задаче 6.9).

00

Рубильник в цепи переключается из положения 1 в положение 2 в момент t = 0.

Определить, при какой начальной фазе ψ источника в цепи

E = 22 В (рис. к задаче 6.10).

Определить ток i (t) после коммутации.

1

6.11*. Дано: П — пассивный симметричный резистивный четырехполюсник (рис. к задаче 6.11*). Напряжение на конденсаторе

после размыкания ключа К меняется по закону uС(t) = 60 – 40e–800t В,

279

6.2. ЦЕПИ RL ПЕРВОГО ПОРЯДКА. КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА

Определить ток i (t) и напряжение uL(t) в цепи после коммутации

1

и построить их графики.

Решение. 1. t = 0 , нулевые начальные условия iL(0 ) = 0. Закон

– –

коммутации iL(0 ) = iL(0 ) = 0.

– +

2. t → ×, расчетная схема установившегося режима после комму-

23

3.Решение классическим методом:

4. На рис. 3 к задаче 6.21(р) показана схема для определения корня характеристического уравнения Z (p) = 0:

12

5.t ≥ 0. Составим схему после коммутации (рис. 4 к задаче 6.12(р)). Уравнения Кирхгофа:

i1(t) = i2(t) + iL(t), E = i1(t)R1 + i2(t)R2, uL(t) = E – i1(t)R1 – iL(t)R3.

280