Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Переходные процессы в электрических цепях. Учебное пособие
.pdf
p
p
p
p
p
FpF
Кл
R
Кл
R
IC(p)
e(t)
i(t)
Е(p)
Рис. 3.10 Рис. 3.11
uC(t)
1
pC
(0 )
U
C
p
3. По эквивалентной операторной схеме (рис. 3.11) находится
изображение напряжения ()
Up. Для этого:
С
– составляем уравнение по второму закону Кирхгофа
Е(p)
U
C
p
IpR
()
C
1
;
C
(0 )
– из полученного уравнения определяем изображение тока
()
Ip
C
120 ( 4) 50
50 1 ( 2 10 )
p
p
=
5
3.4 4
p
( 4)( 1000)
pp
;
– находим изображение напряжения на емкости (см. табл. 2.1):
(0 )
1
Up
()
C
Ipp
C
C
=
4. По теореме разложения определим оригинал
()
жения напряжения
Up
C
– определим корни уравнения
12
U
()
50 1.19 10
( 4)( 1000)
pp
C
p
=
5
50 000
=
. Для этого:
() ( )4 1000)(0Fp p р
2
11
4 c и 1000 cpp
()
1
()
2
Ip
C
.
p
;
()
u
(t) от его изобра-
С
=
50
:
(p)
U
C
d
dp
91
2
1004() ( )4000 2 1004Fp p p p
– найдем производную
.
2
Для двух действительных отрицательных корней
p
R
R
R
–
p
решение по теореме разложения (3.13):
и
p
запишем
12
u
(t) =
C
Fp
11
Fp
21
()
pt
1
e
()
Проверка решения: для
E
R1
Рис. 3.12
Кл
iС(t)
u
C
Fp
12
+
Fp
22
= 120
()
()
e
e
pt
2
4t
0t
=
− 170
)0(
u
C
5
1.2 10
4
t
e
+
996
1000t
e
A.
= 120 − 170 = −50 В.
Задача 3.3
Найти закон изменения
размыкания ключа Кл (рис. 3.12).
E = 100 B,
R
(t)
2
С = 25 мкФ.
Решение
1. Рассчитаем установившийся режим до коммутации, схема показана на
рис. 3.13. Определим независимые на-
чальные значения
00() ()
i
12
() () ()000
uuiR
CC
i
––
E
R
1
= 20 B.
2– 2
= 1 A.
2
= 80 Ом,
1
uu
1.69 10
5
1000
e
996
)(
it
после
C
= 20 Ом,
2
–
CC
0(0 ) ( )
t
=
.
i
1(0–
R
1
)
E
i
С(0–
uC(0–)
Кл
) = 0
i
2(0–
R2
)
()
Ep
R1
I
(p)
E
1
p
C
(0 )
U
C
C
UC(p)
p
Рис. 3.13 Рис. 3.14
92
2. Для послекоммутационного режима составим эквивалентную
p
p
E
p
p
R
R
операторную схему (рис. 3.14).
Определим параметры этой операторной схемы (см. табл. 3.2):
(0 )
Е(p) =
100
и
U
C
=
20
.
p
3. По эквивалентной операторной схеме находим изображение тока
()
Ip, для чего составляем уравнение по второму закону Кирхгофа в
С
операторной форме:
(0 )
U
C
p
IpR
()
C
1
1
.
C
Из полученного уравнения определим изображение тока:
Ip
()
C
100 20
80 1 ( 25 10 )
pp
p
6
=
1
.
50p
4. По справочным данным (см. табл. 3.1) определяем оригинал
напряжения )(
Проверка решения: для 0
ut по его изображению:
С
Ip it
() ()501
C С
1
p
t
Е iRu
50t
e
A.
00() ()
= 100 = 80 +
С C
1
+ 20 В.
iL(t)
L
Задача 3.4
Найти законы изменения 1()it и )(
сле замыкания ключа Кл (рис. 3.15):
E = 12 B,
= 50 Ом,
1
2
ut по-
= 20 Ом,
L
uL(t)
E
Кл
R1
L = 0.2 Гн.
93
Рис. 3.15
i1(t)
R2
Решение
–
L
R
p
p
Е
R
p
FpF
1. Рассчитаем установившийся режим до коммутации (рис. 3.16) и
определим независимое начальное значение
iEi
0(0 ) ( )
= 0.24 A.
L
1
ii
–
LL
0(0 ) ( )
:
2. Для послекоммутационного режима составляется эквивалентная
операторная схема (рис. 3.17).
Определим параметры схемы операторной схемы замещения:
Е(p) = 12
iL(0–)
u
L(0–
E
Кл
L
) = 0
i1(0–)
R1
Рис. 3.16 Рис. 3.17
R2
и 0()
Li
Li
L
L(0+
I
L
)
(p)
()
Ep
= 0.048.
L
Кл
I1(p)
E
p
R1 R2
3. По эквивалентной операторной схеме находится изображение
тока ()
Ip. Для этого:
L
– составляем уравнение по второму закону Кирхгофа:
pLi IpRpL
()() 0 ()( )
LL
,
(p)
I
2
()
где
RRR
R =
12 1 2
= 14.29 Ом;
– определяем изображение тока:
I
p
()
=
L
14.29 0.2
0.24 60
p
(71.45)
pp
12 0.048
p
4. По теореме разложения определим оригинал тока
– определим корни уравнения
0 c и 71.45 cpp
;
12
– найдем производную
Fp p p p
2
2
11
d
dp
94
( 71.45) 0()Fp pр :
2
71.4() 5 2 71.4(5)
()
1
=
.
p
()
2
()it. Для этого:
1
.
Для двух корней
p
L
R
R
R
R
–
(3.13) для тока
()
Fp
11
(
)
it
L
Fp
21
it
L
e
()
):(
pt
1
+
12
и
p
запишем решение по теореме разложения
()
Fp
12
Fp
22
e
()
pt
2
= 0.84 − 0.6
=
e
71.45
71.45t
60
0
t
e +
A.
42.87
71.45
e
71.45
t
=
По правилу рычага определим ток
))((( )
Проверка решения: для
RRit i t
= 0.24 − 0.171
2112
0.24 0.( 171)
1
0t
():it
1
71.45
t
eit
)0(
i
= 0.84 − 0.6 = 0.24 А.
L
A.
e
71.45t
A;
3.9. Примеры расчета переходных процессов
в цепях второго порядка
Задача 3.5
Найти закон изменения i(t) после
замыкания ключа Кл (рис. 3.18):
E = 20 B, R = 30 Ом,
= 20 Ом,
1
= 40 Ом.
2
С = 5 мкФ, L = 0.1 Гн.
Решение
1. Рассчитаем установившийся режим до коммутации и определим
независимые начальные значения
00 и() () () () 00
iiu u
.
––
LL C C
До коммутации установившийся режим постоянного тока,
ключено, индуктивное сопротивление равно нулю. Из схемы (рис. 3.19)
определим независимые начальные значения:
() () (00/ 20/(30)20)
– ток в индуктивности
=
0.4 A;
– напряжение на емкости
iiERR
–1
LL
() ()0()00
uuiR
CCL
i(t)
E
Кл
iL(t)
R
R1
L
Рис. 3.18
= 8 В.
–1
i
(t)
С
R2
С
от-
1
=
95
2. Для режима после коммутации составляем эквивалентную опе-
E
p
p
p
р
p
E
R
E
раторную схему (рис. 3.20) и определяем параметры схемы замещения:
– изображение постоянной ЭДС
Е(p) =
=
20
;
– изображение ЭДС индуктивности
U
C
– изображение ЭДС емкости
=
(0 )
00.10(.)40.04
LLi
8
.
p
i(0–)
R
iL(0–)
R1 R2
E
i
) = 0
С(0–
E
uС(0–)
LiL(0+)
Рис. 3.19 Рис. 3.20
(p)
I
L
R1 R2
L
p
IC(p) I(p)
1
C
(0 )
U
C
p
3. По эквивалентной операторной схеме составляем систему уравнений по законам Кирхгофа:
() () () 0,
Ip I p I p
Ep Li I p R pL
L С
/ 0 ( )( ),
(
)
LL
1
pU I pR pCp
/ 0 () 1/(
()/ ( ).)
C С
2
;
Решая систему уравнений, находим изображение тока
E
Li
(0 )
L
p
)(
I
L
1
=
ppL
(0 )
pi
pp
96
L
L
R
1
L
0.4 200
=
(200)
pp
I(p):
p
;
I
R
FpF
FpF
p
С
E
pp
()
p
(0 )
U
C
1
R
2
p
C
=
1
R
2
EU
(0 )
C
1
p
C
2
=
0.3
5000p
;
() () ()
Ip I ppIpp
L С
=
()
1
()
2
p
0.4 200
( 200)
p
()
3
+
()
p
4
.
+
p
0.3
5000
=
4. По теореме разложения определяем оригинал тока i(t). Для этого
определяем:
( 200) 0 ( и 500 0)()Fp pр Fp р
– корни полиномов
12 3
24
11 1
0 c , 200 c и 5000 cpp p
– производные полиномов
()Fp
d
(p + 200) = 1.
dp
4
Для трех действительных отрицательных корней
:
d
dp
2
200 2( ) ( ) 200Fp p p p
2
;
pp запи-
12 3
, и
сываем решение для тока i(t) по теореме разложения (3.13):
()
pt
2
+
Fp
33
Fp
()
43
200t
e
pt
1
e
+ 0.3
=
e
5000t
=
200
200
()
Fp
11
)
it
Fp
21
120
0
t
e
+
200
(()
e
200
pt
1
e
t
+
+
0.3
1
()
Fp
12
Fp
()
22
200
e
e
t
=1 – 0.6
,
A.
Полное решение искомого тока:
i(t) = 1 – 0.6
Проверка решения: для
e
+ 0.3
0t
(0 (0)))(0
ii i
5000t
e
=1 – 0.6 +
A.
L С
200t
+ 0.3 = 0.7 А.
97
R
–
E
р
p
R
E
p
p
i(t)
R
E
iL(t)
R1
L
Кл
i
С
uC(t)
(t)
С
Задача 3.6
Найти закон изменения i(t) после
замыкания ключа Кл (рис. 3.21):
E = 100 B, R = 50 Ом,
= 30 Ом, С = 200 мкФ,
1
L = 0.1 Гн.
До коммутации
()0
u = 0 В.
C
Решение
1. Рассчитаем установившийся
Рис. 3.21
режим до коммутации и определим
независимое начальное значение.
До коммутации ключ разомкнут (рис. 3.22), ток в ключе равен ну-
лю и емкость не заряжена
()00)0 В(
uu
–
CC
. Ток в индуктивности
определяем по закону Ома:
0 / 100 / (50 30) 1.25 A; 0 0 1.25 () ( () ) A(
iERR ii
.
–1 –
LLL
2. Для послекоммутационного режима составляется операторная
схема замещения цепи (рис. 3.23).
Кл
IC(p) I(p)
i(0–)
E
iL(0–)
R
R1
) = 0
u
L(0–
Кл
) = 0
i
С(0–
uС(0–) = 0
L
(p)
I
L
R1
I11(p)
С
p
LiL(0+)
L
I
(p)
22
1
C
(0 )
U
C
p
Рис. 3.22 Рис. 3.23
Параметры схемы замещения:
(0 )
()E р
=
100
(В · c);
()
E р
C
98
U
C
= 0 (В · c);
p
(()00.11.2)5
R
pрp
FpF
E р Li
LL
= 0.125 (В · c).
3. По операторной схеме замещения методом контурных токов составляем систему уравнений:
1
pC
E
p
,
L
(0 )
U
0
L
C
p
(( ()
)( ) – )( ) 0
IpRRpLI pR pL Li
11 1 22 1
–)( ) ) –
(( ().
IpR pLI pRpL Li
11 1 22 1
Главный определитель системы уравнений:
RR pL R pL
11
()
p
кт
()
RpL RpL
11
RpLRpL RpL
11 1
()
1
pC
1
pC
2
.
Первый определитель системы уравнений:
E
iLRpL
(0 ) ( )
L
p
p
()
11
(0 )
iLRpL
L
1
1
1
pC
E
(0 ) (0 )
iLRpL i LRpL
LL
ppC
11
1
.
Подставив исходные данные, находим изображение тока I(p):
()
IIp
()()
=
11
11
()
кт
25
2 725 10
pp
2
( 400 80 000)
pp p
99
=
()
1
()
2
.
p
4. По теореме разложения определяем оригинал тока i(t). Для этого:
j
– определяем корни полинома знаменателя
21
21
и
;
23
400 80 000 0 : () ( ) 0 cFp pp p p
21
200 80 0200 200 200 c00pj
– находим производную полинома знаменателя
d
.
2
32 2
400 80 000( ) ( ) 3 800 80 000Fp
pp pp
dp
По теореме разложения для одного нулевого и двух комплексно
сопряженных корней (3.16) и (3.17) определим оригинал тока i(t):
()
i(t) =
Fp
11
()
Fp
21
e
pt
1
+ 2Re
()
Fp
12
Fp
22
e
()
pt
10
0
2
=
t
e +
8
+ 2Re
1.25 2 Re (0.42 1.25 2 Re (0.42))
1.25 0.84 cos (200 26.5 ) 1.25 8.4 sin (200 63.5 )
A.
2( 200 200) 725( 200 200) 10
3( 200 200) 2( 400 200) 80 000
200 26.5 200 200 200(2.5)6
tjjt tjt
eee ee
200 200
tt
et et
25
jj
2
jj
( 200 200)
e
t
=
Полное решение искомого тока:
200
t
( ) 1.25 8.4 sin 200 63.5()
it e t
Проверка решения: для 0t
A.
(0 1.25 0.84 sin (63).5)i
= 1.25 +
+ 0.75 = 2 A.
100
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]