с инета для метод

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

(11.4), можем записать:

Рис. 11.11. Зарядка конденсатора

в последовательной rLC-цепи

Idt = E − L

(задача 11.3.11)

.pdf

Скачиваний:

1999

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

5.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 3738 / 4438 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.		371
где ФВ(t) = Ba2 sin α(t), α(t) – угол
между плоскостью рамки и на-
правлением магнитного поля, ко-
торый изменяется от α = 0 (до по-
ворота рамки) до α = π/2 (после
поворота), а ΦI(t) = LI(t), где L –
индуктивность рамки.	Рис. 11.8.	Зависимость магнитного
Определим величину индукцион-	потока через рамку от времени по-
Определим величину индукцион-	сле окончания её поворота (задача
ного тока сразу после поворота.	11.3.8)

Так как E(t)dt = I(t)R = −dΦ , то, проинтегрировав правую и левую часть этого уравнения на интервале времени от 0 до t, где t – время поворота, получим:

R∫I(t)dt = −[Φ( t) − Φ(0)].

Индукционный ток I(t) всегда ограничен по своей величине и не может принимать бесконечно больших значений (это одно из следствий закона Ленца). Поэтому при очень быстром повороте рамки

(Δt → 0) интеграл ∫I(t)dt стремится к нулю, откуда следует

Ф(Δt) – Ф(0) ≈ 0.

До поворота рамки Ф(0) = 0, так как ток в рамке отсутствовал, а плоскость рамки была параллельна направлению магнитного поля. Отсюда следует, что

Ф(Δt) = ФВ(Δt) + LI(Δt) = Ba2 + LI(Δt) = 0.

Таким образом, сила индукционного тока сразу после поворота рамки равна (с точностью до знака)

I( t) = Ba2 .

2) После поворота рамки поток, вызванный внешним полем, не изменяется со временем и равен ФВ = Ва2.

Поэтому ЭДС индукции в рамке после окончания поворота существует только за счёт изменения силы тока (ЭДС самоиндукции)

E = RI = – L dI .

372 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Для расчёта зависимости индукционного тока от времени после поворота рамки преобразуем это уравнение к стандартному виду (11.9):

dI + R I = 0 . dt L

За начало отсчёта времени примем теперь конец интервала времени t, за который поворот рамки был завершён. Зная найденное выше начальное значение силы тока I(0) = I( t), далее, аналогично базовой задаче 11.3.3, получим зависимость силы тока от времени:

					Ba2		-t/τ		L
	I(t) =					e		, где τ =		.
	I(t) =					e		, где τ =		.
					L				R
	Ba2	−	R	t
Ответ: I(t) =	Ba2	−		t
		e L .
		e L .

Замечание 1. После окончания поворота рамки магнитный поток через её плоскость изменяется по закону

Φ(t) = Ba2 − LI(t) = Ba2 (1− e−t τ ) , где τ =	L	(см. рис. 11.8).
	R

Замечание 2. Термин «очень быстро» в условии задачи имеет относительный характер. Для того, чтобы приведённое выше решение было справедливым, необходимо чтобы время, за которое совершается поворот рамки, было намного меньше времени релакса-

ции t << τ = L . В случае сверхпроводящей рамки (R = 0) время

релаксации τ → ∞. В этом случае решение остаётся справедливым и при сколь угодно медленном повороте рамки.

Задача 11.3.9. Определить зависимость от времени напряжения U2(t) на конденсаторе С2 в цепи, представленной на рис. 11.9а, если генератор напряжения E(t) формирует ступенчатый сигнал (рис. 11.9б)

E(t) = 0 при t < 0,

E(t) = E0 при t > 0.

При t < 0 напряжения и токи в цепи равны нулю. При расчёте положить С1 = С2 = С, R1 = R2 = R.

Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.

373

Рис. 11.9а. Соединение элементов	Рис. 11.9б. Ступенчатый сигнал, фор-
цепи в задаче 11.3.9	мируемый генератором напряжения

Решение

Для контура (E, C1, C2, R2), согласно второму правилу Кирхгофа (11.8), запишем.

Q1 +U2 + R2I2 = E(t) .

Чтобы получить уравнение относительно неизвестной U2, вначале продифференцируем полученное уравнение

1 dQ1 + dU2 + R dI2 = dE(t) .

C dt dt dt dt

Выразим напряжения на элементах цепи через U2 и учтём, что

при t > 0 производная dE(t) для ступенчатого сигнала равна нулю. dt

Используя первое правило Кирхгофа (11.7) и соотношение (11.2), получим:

I = I1 + I2,

I = dQ1 , I2 = dQ2 = C dU2 , dt dt dt

где Q1 и Q2 – заряды на конденсаторах С1 и С2; I, I1, I2 – токи в цепи (см. рис. 11.9 а).

Так как резистор R1 и последовательная цепочка R2C2 соединены параллельно, то напряжения на них одинаковы:

RI1 = U2 + RI2.

Используем взаимосвязь между током I2 и напряжением U2:

I1 = U2 + C dU2 .

Rdt

Таким образом, получим:

374 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

dQ1

= I

+ I

+ C

dU2

+ 2C

dU2

;

dI2

= C

d 2U2

dt2

Для уравнения цепи имеем:

d 2U2

+ 3

dU2

= 0 .

d2t

Разделим обе части уравнения на RC

d 2U2

dU2

= 0 .

d 2t

(RC)2

Это уравнение совпадает с уравнением (11.11) если ввести обо-

значения:

β =

Ω =

2RC

Решение можно представить в виде (11.12)

(t) = A e−β1t + B e−β2t

, где β

= β ± β2 − Ω2 .

1,2

Для нахождения констант А1 и В1 определим начальные условия.

Сразу после «скачка» напряжения E(t) от нуля до E0 напряжения на конденсаторах С1 и С2 равны нулю. Тогда в этот момент

E0 = R2 I2	= RC	dU	2			.
		dt		t=0			= 0;


			U		2	(0)
и начальные условия имеют вид:								E
					2′		=
			U			(0)		0	.

								RC

= A1 + B1;

откуда получим систему уравнений

= −β1A1

− β2B1,

решениями которой являются A = −B = −

= −

2RC β2 − Ω2

Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.

375

Используя функцию гиперболический синус sh(γt) =

eγt

− e−γt

результат можно представить в виде:

)t]+

(t) = −

exp[(−β −

β2 − Ω2

exp[(−β +

β2 − Ω2 )t] =

et β2 −Ω2 − e−t β2 −Ω2

e−βt 2

= 2

−βt sh(t

β2 − Ω2 ).

Учитывая, что β =

β2 − Ω2 =

окончательно полу-

2RC

чим:

U2 (t) =

−

exp

t sh

t .

2RC

2 (t) =

exp −

Ответ:

t sh

t .

2RC

Задачи типа 11.2

Задачи на определение временных зависимостей зарядов, напряжений и токов в RLC-цепях

Базовыми задачами этого раздела являются задачи 11.3.11 и

11.3.12.

Задача 11.3.10 (базовая задача). Конденсатор емкости C заряжается от источника с постоянной ЭДС E0 через индуктивность L

и сопротивление R (рис. 11.10), причем R2 = 4LC . Определить, как изменяется со временем напряжение на конденсаторе.

Решение

Второе правило Кирхгофа (11.8) для последовательной RLC- цепи имеет вид

RI +U = E0 − L dI , dt

где U – напряжение на конденсаторе, I – ток в цепи.

376 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Используя

соотношения (11.2)

I = C

, получаем

d 2U

+ RC

+U = E

dt2

или

d 2U

U =

dt 2

dt LC

Рис. 11.10. Схема соединения элементов цепи в задаче 11.3.10

Введем обозначения

β =

, ω =

, тогда это уравнение

окончательно принимает вид (11.13):

d 2U

+ 2β

+ ω2

(U − E ) = 0 .

dt2

Учитывая, что R2 =

, получаем β2 =

= ω2

, то есть

4L2

реализуется случай β = ω0 . В этом случае решение уравнения цепи будет иметь вид (11.19):

U(t) = E + (A+ Bt)e−t τ

где τ =1 β = 2L R , а A и B – константы.

Для определения констант используем начальные условия

U(0) = E0 + A = 0

A = −E0 ,

−t τ

(A + Bt)e

−t τ

I(0) = 0 = C

= −

+ Be

= B −

t=0

Откуда имеем B = A τ = −E0

τ .

Окончательный ответ запишется в виде

−t

τ =

U(t) = E0 1−

, где

−t τ

, где τ =

Ответ: U(t) = E0 1− 1

Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.

377

Задача 11.3.11. Резистор r, конденсатор C, катушка индуктивности L (L/C >> r) и источник постоянного напряжения E0 соединены в последовательную цепь (рис. 11.11).

Определить зависимость от времени напряжения на конденсаторе после замыкания ключа К.

Первоначально напряжение на конденсаторе и сила тока в цепи были равны нулю.

Решение

Используя второе правило Кирхгофа (11.8) и взаимосвязь между током в цепи I и напряжениями на резисторе, конденсаторе и индуктивности (11.1)–

В качестве независимой переменной возьмём напряжение на конденсаторе UC = C1 ∫Idt , то есть ту величину, которую надо оп-

ределить по условиям задачи. Так как элементы схемы соединены последовательно, сила тока на всех участках цепи одинакова и рав-

на I = dQ = C dUC . Тогда уравнение цепи можно записать в виде dt dt

d 2UC

+ rC

dUC

= E .

dt2

Введя обозначения ω2 =

, β =

приведём это уравнение к

виду (11.13).

d 2UC

+ 2β

dUC

+ ω2 (U

− E ) = 0 .

dt2

Стационарное значение

напряжения

на конденсаторе

UC∞ найдем, положив равными нулю все производные в этом уравнении, откуда следует

UC∞ = E0.

378 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

По условию задачи r << L , то есть β << ω0. Поэтому в цепи

реализуются затухающие колебания и решение уравнения цепи в этом случае имеет вид (11.17)

UC (t) = UC∞ + e−βt (a cosωt + bsinωt) ,

где ω = ω2	− β2	(см. теоретический материал). Константы a и b,
0
входящие в это уравнение, определяются из начальных условий:
			UС(0) = UC∞ + a =0,
			dUC	(0) = −βa + ωb = 0 .
				(0) = −βa + ωb = 0 .
			dt

Отсюда получаем

а = – UC∞ = – E0,

b =	βa	=	β	E .
	ω
			ω 0

Подставляя эти коэффициенты в решение, находим ответ:

(t) = E

− e

−βt cosωt +

sinωt

(t) = E

− e−βt

cosωt +

sinωt

Ответ: U

Дополнение. Определим добротность Q последовательной rLC- цепи. Так как β << ω0, то согласно формуле (11.24)

Q = ω0

2β

2 LC r r C

Задача 11.3.12. Резистор r, конденсатор C, заряженный до напряжения U0 и катушка индуктивности L соединены в последовательную цепь (рис. 11.12).

Определить зависимость от времени напряжения на конденсаторе после замыкания ключа К.

Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.

379

Решение

Рис. 11.12. Разрядка конденсатора в последовательной rLC-цепи (задача 11.3.12)

Аналогично задаче 11.3.11 уравнение цепи можно записать в виде

d 2UC	+ 2β	dUC	+ ω2U	= 0.

dt2		dt	0 C

Запишем начальные условия:

UС(t = 0) = U0,

dUC (t = 0) = 0. dt

Используя решение уравнения цепи в виде (11.17), получим UC (t) = U0e−βt (cosωt + ωβ sinωt) .

Ответ: UC (t) = U0e−βt (cosωt + ωβ sinωt) .

Задача 11.3.13. В схеме, представленной на рис. 11.13, источник напряжения формирует прямоугольный импульс

E(t) = 0 при t < 0, t > Tи ; E(t) = E0 при 0 < t < Tи .

Длительность импульса Ти существенно больше времени релаксации.

1)Определить, при каких значениях R, L и C в схеме будут наблюдаться затухающие колебания.

2)Определить зависимость от времени напряжения UС(t) на конденсаторе в режиме затухающих колебаний.

Решение

Запишем следующие соотношения:

I = I1 + I2.		(первое			правило
Кирхгофа (11.7));
RI + UС = E0 (второе правило
Кирхгофа (11.8)),
I		= C	dUC	.	Рис. 11.13. Схема цепи в задаче
	2				11.3.13
			dt

Напряжения на ёмкости и индуктивности одинаковы:

380 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

UC = UL = L dI1 , dt

поэтому

I1 = L ∫UCdt .

Тогда из второго правила Кирхгофа получим следующее уравнение

			dU	C		1
E = U		+ R C		C	+		U		dt .
E = U		+ R C			+	L ∫	U		dt .
0	C		dt			L ∫		C

Продифференцируем по времени это соотношение и приведём его к стандартному виду (11.13)

d 2U

+ 2β

+ ω2U

= 0 ,

dt 2

где

ω2

, β =

2RC

1) Затухающие колебания могут быть только при ω0 > β, т.е.

, что соответствует условию R >

2RC

2) Затухающие колебания будут иметь следующий вид:

При 0 < t < Tи

Начальные условия (t = 0): UС(0) = 0,

dUC (0) = 1 I(0) = E0 , dt C RC

т.к. сразу после включения генератора ток I = I2 = E0 .

Записывая решение уравнения затухающих колебаний в виде (11.17), получим:

			E0		−βt
			E0		−βt		2	2
U	C	(t) =		e		sinωt , где ω =	ω −β		.
U		(t) =		e		sinωt , где ω =	ω −β		.
			ωRC				0
			ωRC

При t ≥ Tи

Определим начальные условия (t = Ти).

UС(t = Tи) = 0,

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 3738 / 4438 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
26.11.20182.69 Mб52рустам курсовой (2).docx
#
14.11.2019118.27 Кб17рыночн.doc
#
20.12.2018239.62 Кб31РЭУБД.doc
#
17.03.2015860.16 Кб299Ряд и преобразование Фурье методичка.doc
#
26.09.201958.42 Кб14с 1 по 10 ТУ.docx
#
17.03.20155.91 Mб1999с инета для метод.pdf
#
17.03.2015652.72 Кб19С.И.К. 1995.doc
#
17.03.2015585.22 Кб34С.И.К. 1998.doc
#
01.05.2025655.87 Кб1Саетов СРС.doc
#
01.07.2025709.39 Кб0Саитов Курсачэ.docx
#
08.11.2018775.71 Кб29САК лаба 1 Исследование передаточных функций.docx