Добавил:

Adamant Студент, если у тебя есть завалявшиеся работы, то не стесняйся, загрузи их на СтудентФайлс! Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Петербургский государственный университет путей сообщения им. императора Александра I

Предмет:

Теоретические основы электротехники

Файл:

Бутырин Алексейчик Сборник задач по ТОЭ т1

.pdf

Скачиваний:

820

Добавлен:

09.12.2021

Размер:

4.92 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 6032 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

6.71. Цепь включается под напряжение, закон изменения которого

представлен на рис. к задаче 6.71. Параметры цепи: R = R = 10 Ом,

1 2

L = 5 мГн.

Определить закон изменения тока i (t).

			2
		u(t), В		u2
		200		u2
R1		200
R1		175	u1
	i2(t)		u1
	i2(t)
u(t)		100
u(t)	R2	L
						u3=0
		0	t	=0,5æ10–3	t	=1æ10–3	t, с
			1		2
		Рис. к задаче 6.71

R1
J(t)	iC
uC	C	R2

J(t), мА	J1
100	J1
100
		J2
		J3=0
0	T0=0,01	2T0=0,02	t, с

	Рис. 1 к задаче 6.72(p)
	R1
	hC(t)
	+
1 А	C	R2
	–
	Рис. 2 к задаче 6.72(p)

6.72(р). Цепь включается под действие источника тока, закон изменения тока представлен на рис. 1 к задаче 6.72(р). Параметры цепи:

R = 5æ103 Ом, R = 10æ103 Ом, С = 1 мкФ, Т = 0,01 с.

Определить закон изменения тока iС(t), значение iС(2T ).

Решение. Вычисляем переходную функцию hC(t), на вход подаем

		1 А, t ≥ 0
единичную функцию тока 1	(t) =	(расчетная схема пред-
		0, t < 0

ставлена на рис. 2 к задаче 6.72(р)).

311

Решаем классическим методом:
			uС(0)	= 0,
Z	(p) = R + ------1		= 0 p = –	----------1	= –------------------------	4	1	= –100 с–1,
вх	2	pC		R C		4	æ10	–6
				2	10		æ10
				2

hС(t) = 1e–100t А.

1. Переходный процесс в интервале 0 ≤ t ≤ T :

J (t) = const = 100 мА J ′(τ) = 0, J (0) = 100 мА,

следовательно,

iC(t) = J1(0)hC(t) + ∫J1′ (τ) hC(t – τ) dτ = 100e–100t мА.

Значение тока в момент t = T : iC(T ) = 37 мА.

0 0

2. В интервале T ≤ t ≤ 2T :

100

J (t) = 100

– -----

мА, J ′ (τ)

= J ′ (t)

t = τ

= –--------

= –10

мА/с,

iC(t) = J1(0)hC(t) + ∫ J1′ (τ) hC(t – τ) dτ + ∫ J2′ (τ) hC(t – τ) dτ ,

	0	T
		0
	hC(t – τ) = 1e–100te100τ ,
		t
iC(t) = 100e–100t – 104e–100t		∫ e100τ dτ = 100(– 1 + 3,72e–100t ) мА.
		T
		0
Значение тока в момент t = 2T0: iC(2T0) = –49,5 мА.
Полное решение:
	100e–100t	мА, 0 ≤ t ≤ T ,
		0
iC(t) =
	100(– 1 + 3,72e–100t) мА, T		≤ t ≤ 2T .
		0	0

6.73 (р). Напряжение на зажимах источника меняется по закону, изображенному на рис. к задаче 6.73*(р). Параметры цепи: R = 10 Ом,

L = 0,1 Гн, t = 0,01 с.

Определить закон изменения тока в цепи для t ≥ 3t .

312

R	i(t)	u(t), В
R	i(t)	20
		20	u1
u(t)			u1
u(t)		10		u2
		10		u2
		L
				u3=0
		0	t1	3t1	t, с
		Рис. к задаче 6.73*(p)

Решение. При расчете задачи необходимо учитывать, что реакция на внешнее воздействие при ненулевых начальных условиях равна сумме реакций: реакции цепи на внешнее воздействие при нулевых начальных условиях и реакции цепи на ненулевые начальные условия при нулевом внешнем воздействии (принцип наложения):

i(t) = i′(t) + i″(t).

В данной задаче iL(0) = u(0)/R = 10/10 = 1 А. Реакция на ненулевые

начальные условия

i′(t) = Aept,

где i′(0) = iL(0) = 1 А, p = –100 с–1, i′(t) = 1e–100t А.

Реакция на внешнее воздействие с нулевыми начальными условиями определяется с помощью интеграла Дюамеля:

u , 0 ≤ t ≤ t ,

u ′ (τ)

= 1000 В/с;

u(t)

u , t

≤ t ≤ 3t

, u ′ (τ)

= –1000 В/с;

0, t

≥ 3t .

–--L t

Переходная проводимость g(t)

= ---

1 – e

Для t ≥ 3t

i″(t) = u1(0)g(t) + ∫ u1′ (τ) g(t – τ)dτ +

∫

u2′ (τ) g(t – τ) dτ =

–100t

–100(t – τ)

= -----(1

– e

) + ∫ 1000-----[

1 –

] dτ +

–100(t – τ)

–100t

+ ∫ (–100)-----

[

1 – e

]

dτ

= (e

– 2e + 1)e

А.

Полное решение для t ≥ 3t :

i(t) = 1e–100t + (e3 – 2e + 1)e–100t = (e3 – 2e + 2)e–100t А.

313

6.74 (р). На вход первичной обмотки трансформатора подается напряжение

–0,25t

1(t) = 150 – 100e

, 0 ≤ t ≤ 4 с,

вх(t) = u

(t) = 50 + 100e–0,4t, 4 ≤ t ≤ 6 с,

0, t ≥ 6 с.

Параметры элементов: R = 0,5 Ом, L = L

= 1 Гн, М = 0,5 Гн

(рис. 1 к задаче 6.74*(р)).

uвх(t), В

150

uвх

uвых

100

6 t, с

Рис. 1 к задаче 6.74*(p)

g(t) R1

1 В

y(t)

Рис. 2 к задаче 6.74*(p)

Определить закон изменения u (t).

вых

Решение. 1. Определим реакции на единичное воздействие: y(t) — переходную функцию по напряжению; g(t) — переходную проводимость по схеме, представленной на рис. 2 к задаче 6.74*(р).

Классический метод решения:

g(t) = 2(1 – e–0,5t),

dg(t)		–0,5t
y(t) = M-------------	= 0,5e		.
dt

314

2. Интервал времени 0 ≤ t ≤ 4 с:

u ′(τ) = 25e–0,25τ,

1
t
uвых(t) = u1(0)y(t) + ∫u	1′ (τ) y(t – τ)	dτ	=
0
t
= 50æ0,5e–0,5t + ∫25e–0,25τæ0,5e–0,5(t		– τ)	dτ =
0
t
= 25e–0,5t + 25æ0,5e–0,5t ∫e0,25τ	dτ = –25e–0,5t + 50e–0,25t В.
0
3. Интервал времени 4 ≤ t ≤ 6 с:
u ′(τ) = –40e–0,4τ,
2
4
uвых(t) = u1(0)y(t) + ∫u1′ (τ) y(t – τ)	dτ + [u2(4) – u		1(4)]y(t – 4) +
0
t

+ ∫u2′ (τ) y(t – τ) dτ = 25e–0,5τ + 50e–0,5t(e0,25æ4 – 1) – 44æ0,5e–0,5(t – 4) +

4
t
+ ∫(–40)e–0,4τ(0,5e–0,5(t			– τ) ) dτ		= 246,5e–0,5t – 200e–0,4t В.
4
4. Интервал времени t ≥ 6 с:
4
uвых(t) = u1(0)y(t) + ∫u1′ (τ) y(t – τ) dτ + [u							2(4) – u1(4)]y(t – 4) +
0
6
+ ∫u2′ (τ) y(t – τ) dτ + [0 – u			2(6)]y(t – 6)				= 111e–0,5t – 162,5e–0,5t –
4
– 200e–0,5t[e0,6 – e0,4] – 25e–0,5te3 – 50e–2,4e–0,5te3 = –710e–0,5t В.
Полное решение:
		–0,5t				–0,25t
	– 25e			+ 50e			, 0 ≤ t ≤ 4 с,

uвых(t) = 246,5e–0,5t – 200e–0,4t, 4 ≤ t ≤ 6 с,

	–710,5e–0,5t, t ≥ 6 с.

315

6.75. Решить задачу 6.70 при входном воздействии, представленном на рис. к задаче 6.75.

u(t), В
5
0	0,5	1,0	t, с
–5
	Рис. к задаче 6.75

u(t), В		u2
200		u2
200
175	u1
	u1
100
50
				u3=0
0	t	=0,5æ10–3	t	=1æ10–3	t, с
	1		2
	Рис. к задаче 6.76

6.76. Решить задачу 6.71 при входном воздействии, представленном на рис. к задаче 6.76.

6.6. НЕКОРРЕКТНЫЕ КОММУТАЦИИ

6.77. Дано: Е = 12 В, L	= 20 мГн, L	= 10 мГн, R	= 2 Ом, R =
1	2	1	2

= R = 4 Ом (рис. к задаче 6.77).

L1	R1	L2	R1	2	1	R2
i			i1			E2
						E2
		R2	R3	C3	C4
E		R3	E1
Рис. к задаче 6.77			Рис. к задаче 6.78

Определить ток i(t), считая, что коммутация произошла мгновенно.

6.78. Дано: Е = 36 В, Е		= 6 В, R	= 300 Ом, R	= R = 600 Ом,
1	2	1	2	3

С = 300 мкФ, С = 200 мкФ (рис. к задаче 6.78). Рубильник в цепи

переключается из положения 1 в положение 2 практически мгновенно.

Определить ток i		после коммутации.
		1
6.79. Дано: Е	=	36 В, Е	= 6 В, R = 300 Ом, R		= R = 600 Ом,
1		2	1	2	3

С = 300 мкФ, С = 200 мкФ (рис. к задаче 6.79). Рубильник в цепи

переключается из положения 1 в положение 2 практически мгновенно.

Определить ток i после коммутации.

316

1 + 2 +

R1	2	1	R2	i1(t)	R1	i2(t)
i1				1	2	M
i1			E2	1	2
			E2	E
R3	C3		C4		L1	L2	R2
E1
Рис. к задаче 6.79					Рис. к задаче 6.80(p)

6.80(р). Дано: трансформатор с параметрами элементов L = 0,1 Гн,

		1
L	= 0,2 Гн, R	= 10 Ом, R = 5 Ом и коэффициентом связи k = 1,
2	1	2

E = 50 B (рис. к задаче 6.80(р)). Рубильник в цепи переключается из положения 1 в положение 2 практически мгновенно.

Найти закон изменения токов i (t) и i (t) после коммутации. Опре-

делить i (0 ) и i (0 ) в первый момент после коммутации. Решение. Определим корень характеристического уравнения

	R + pL		pM				2		2
det	1	1	= (R	+ pL )(R		+ pL	2	M	2	,
det	1	1	= (R	+ pL )(R		+ pL	) – p	M		,
			1	1	2		2
	pM		R + pL

где M = k

L L

, и при k = 1 один корень

R R

–1

p = –-------------------------------- = –20 c

L R + L R

Решаем классическим методом:

–20t

(t)

= i

+ i

-----

+ Ae

1 уст

1 прех

(t)

= i

+ i

= 0 + Be–20t .

2 уст

2 прех

Применим обобщенный закон коммутации:

Ψ (0 ) = Ψ (0 ) = 0, L i (0 ) + Mi (0

) = L i (0 ) + Mi (0 ) = 0,

1 –

1 +

1 1 +

2 +

1 1 –

2 –

Ψ (0 ) = Ψ (0 ) = 0, L i (0 ) + Mi (0

) = L i (0 ) + Mi (0 ) = 0,

2 –

2 +

2 2 +

1 +

2 2 –

1 –

det

= L L – M

= 0 при k = 1.

M L

317

Данные уравнения не имеют решения при k = 1, поэтому в задачах с идеальным трансформатором без ферромагнитного магнитопровода нужно сначала определить закон изменения потокосцеплений:

Ψ (t) = Ψ		+ Ψ	= Ψ	+ De–20t,
1	1 уст	1 прех		1 уст
				E
Ψ	= L i	+ Mi	= L ----- = 0,5 Вб.
1 уст	1 1 уст		2 уст	1 R
				1

По закону коммутации для потокосцеплений

Ψ (0 ) = Ψ (0 ) = 0 D = –0,5,

1 –

1 +

Ψ (t) = 0,5 – 0,5e–20t Вб.

Уравнение Кирхгофа для первичного контура:

					d Ψ
					1
		dΨ		E –	----------
		dΨ	1 i =		d t .
E = R i +		----------dt	1 i =	---------------------	d t .
1	1	----------dt	1	R
					1

Следовательно, ток после коммутации

i (t) =	50-------------------------------------------------------– (–20)(–0,5e–20t )	= 5 – e–20t ,
1	10
1

в момент t = 0 значение тока i (0 ) = 4 А.

Потокосцепление во второй катушке

Ψ (t) = Ψ

+ Ψ

= Ψ

+ Ce–20t,

2 уст

2 прех

2 уст

= L i

+ Mi

L L -----

= 0,5

2 Вб,

2 уст

2 2 уст

1 уст

2 R

Ψ (0 ) = Ψ (0 ) = 0 C = –0,5

2 ,

–

Ψ (t) = 0,5

2 – 0,5 2 e–20t

Вб.

Для вторичного контура

dΨ2

---------- = 0

–----------

----- .

Ток после коммутации во вторичном контуре i

(t)

= –2 2e–20t А,

в момент t = 0

значение тока i (0 ) = –2

2 А.

318

6.81(р). Дано: е(t) = 100 sin(103t + 30°) B, R = 100 Ом, С = 10 мкФ,

С = 30 мкФ (рис. 1 к задаче 6.81(р)).

R Im

e(t)

–jXC1

C1m

i2(t)

Рис. 1 к задаче 6.81(p) Рис. 2 к задаче 6.81(p)

Рубильник в цепи переключается из положения 1 в положение 2 практически мгновенно.

Определить ток i второго конденсатора после коммутации.

Решение. Решение классическим методом:

i (t) = i (t) + i

(t).

2 2уст 2прех

До коммутации проведем расчет напряжения на первом конденсаторе комплексным методом по схеме на рис. 2 к задаче 6.81(р):

				1
		XC	= -----------------------------------		= 100	Ом,
		1	103æ10æ10–6
I m =	--------------------------100 30°	= ------	1 75°	А, UC m = –jXC I m -------= 100-				–15° В,
	100 – j100		2	1		1	2
uC (t) = 100-------- sin (103t – 15°)				В, uC (0– ) = 100-------- sin (–15°)				= –18,3 В.
1	2			1		2

Так как коммутация некорректная, то используем обобщенный закон коммутации для зарядов:

ΣQ(0 ) = ΣQ(0 ),

–+

uC (0+ ) = uC (0+ ) = uC(0+ ) , uC (0– ) = 0 ,

1 2 2

C1uC (0– ) = (C1 + C2 )uC(0+ )

		C		10
uC		1	(0– ) =	10
uC	(0+ ) = -------------------- uC		(0– ) =	-----	(–18,3) = –4,575 В.
	C	+ C	1	40
	1	2

319

Установившийся режим после коммутации рассчитываем комплексным методом по схеме на рис. 3 к задаче 6.81(р):

		100					XC XC
	XC =	100		Ом, XC экв			= -------------------------	1	2	= 25 Ом;
	2		3				XC	+ XC
							1		2
I m	Em			100 30°			100 30°			= 0,971 44° А;
I m	= ---------------------------		=	-----------------------		=	---------------------------------			= 0,971 44° А;
	R – jXC экв			100 – j25			103,08 –14			°
			XC					3
				1				3
	I m2 = I m X-------------------------		+ X		= (0,971 44			°)4--	= 0,728 44° А;
		C			C
			1		2

(t) = 0,728 sin (103t + 44°) ; i

)

= 0,506 А.

2 уст

i(0+)

i2(0+)

–jXC

e(0+)

(0+)

I2m

Рис. 3 к задаче 6.81(p)

Рис. 4 к задаче 6.81(p)

Определяем корень характеристического уравнения

(p) = R + ----------------------------

= 0 , pR(C

+ C ) + 1 =

0 ,

p(C + C )

p = –-----------------------------	1	= –250 c–1.
R(C	+ C )

Рассчитаем значение тока в момент t = 0 . Применим теорему

компенсации, расчетная схема для определения i (0 ) приведена на

2 +

рис. 4 к задаче 6.81(р):

uC (0+ ) = uC (0+ ) = uC(0+ ) = –4,575 В;

			e(0+ ) – uC(0		+ )	50 + 4,575
		i(0 ) = --------------------------------------		R	=	--------------------------100	= 0,545 А;
		+		R		--------------------------100
		+
			3
i	2(0	+ ) = i(0	+ )4--	= 0,409 А	0,409 = 0,506 + A A = –0,097 .

Полное решение:

i (t) = 0,728 sin(1000t + 44°) – 0,097e–250t А.

320

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 6032 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Теоретические основы электротехники

#
11.07.20208.85 Mб231Ekzamen_Toe.docx
#
11.07.20201.08 Mб42Obschiy_test_s_numeratsiey0.pdf
#
12.09.202025.09 Кб16TL_2017.doc
#
09.12.20214.92 Mб820Бутырин Алексейчик Сборник задач по ТОЭ т1.pdf
#
10.06.20215.65 Mб100Ответы на экзамен лето 2 курс.docx
#
16.03.20211.61 Mб28ТОЭэкзам3sem.doc