Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Расчет и компьютерное моделирование переходных процессов в линейных цепях (от простого к сложному). Учебное пособие
.pdf
L
L
L
L
I
R
R
R
пр
Е
Рис. 122. Расчетная модель принужденного режима
I
ПРL
L
3. Записываем решение для искомой величины:
1200
t
() 0,2 sin(400 ).
it Ae t
Дифференцируем искомое решение:
E
0, 2
2
di
L
1200 sin(400 ) 400 cos(400 ).
1200 1200
tt
Ae t Ae t
dt
Записываем решения в момент замыкания второго ключа:
iA
(0) 0,2 sin( )
dt
L
0
AA
1200 sin( ) 400 cos( )
.
di
4. Находим независимые начальные условия.
До замыкания второго ключа напряжение на емкости
( 0) 100
U В. Согласно второму закону коммутации: (0)
C
UВ. Так как второй ключ был разомкнут, то (0)
(0) 100
C
0(0).
i
L
U
C
i
5. Определяем зависимые начальные условия.
Расчетная модель схемы в момент замыкания второго ключа изображена на рис. 123.
6. Определяем постоянные интегрирования.
(0)0,2 sin()0.
iA
di
L
dt
0
Из (29) находим: sin( ) 0, 2A
(29)
AA
1200 sin( ) 400 cos( ).
(30)
.
111
L
U
C
I
L
R
(0)
(0) 0
(0) (0) 100
UU
(0)
U
L
LC
R
Е
Рис. 123.Схема для расчета зависимых начальных условий
Делим второе уравнение на sin( )A
40
, ctg( ) 2, 5 , 14
1200 400 ctg( )
и величину –0,2:
0, 2
Зная , находим
0, 2
A.
0,82
sin( )
Записываем решение:
( ) 0,2 0,82 sin(400 14 ).
it Ae t
Проверяем решение при
0, (0) 0, 2 0,82 sin(14 ) 0,001.
ti
L
(31)
1200
t
На рис. 124 показаны результаты компьютерного моделирования, а
на рис. 125 – расчет по полученному аналитическому выражению (31).
Рис. 124.Результаты компьютерного моделирования тока в индуктивности
112
Рис. 125.Кривая тока в индуктивности по решению
L
M
J
Задача 5
В схеме, изображенной на рис. 126, ключ размыкается. 200E
1
I А,
k
связи катушек индуктивности
1
20R Ом,
40R
2
Ом,
K
С
в
0,1L
Гн,
1
0,7
. Определить напряжение 2()
0,3L
2
Гн, коэффициент
В,
ut.
L
1 К
1
Кл
L
2
R
2
Е
2
R
1
R
k
2
Рис. 126. Схема к задаче 5
Решение
Проводим анализ условий задачи.
1. Общий анализ.
Это линейная цепь, работающая в переходном процессе, следова-
тельно, можно использовать классический метод. Это задача в прямой
постановке: известна структура схемы и параметры всех элементов.
113
Находим величину
L
L
RkJ1R
p
R2p
p
Р
ур
Находим корни характеристического уравнения.
L
1
MK LL Гн.
в 12
С
Схема для составления характери-
стического уравнения изображена на
0,12
рис. 127.
Составляем одно уравнение по ме-
2
M
тоду контурных токов:
L
()( 2 ) 0,IpR pLpL pM
11 2 1 2
p
LL M
ис. 127. Схема для нахожде-
ния корней характеристического
авнения
Расчет принужденного режима.
Расчетная модель изображена на рис. 128.
R
2
12
2
250.
U
2 ПР
2
L
0
Рис. 128. Схема для расчета принужденного режима
Решение для искомой величины
(0) .
uA
2
Расчет независимых начальных условий.
()
utAe
2
pt
. При 0t
Рассчитываем токи в индуктивностях в докоммутациооной схеме.
Расчетная модель изображена на рис. 129.
Результаты расчета независимых начальных условий:
IIJIEJ
1 д 1 д 1 д 2
LLkL k
IIJIEJ
LLkL k
2д 2 д 2 д 2
() () 01
А,
E
() () 6
А.
114
2
R
2
J
L
I
R
1
R
k
2
1 Д
I
2 ДL
R
2
Е
2
Рис. 129. Схема для расчета независимых начальных условий
Таким образом, токи в индуктивностях в докоммутационной схеме
имеют разное значение. После коммутации индуктивности оказываются соединены последовательно, и поэтому в них должен быть один
и тот же ток. Это возможно, если предположить, что токи в индуктивностях в момент коммутации (размыкание ключа) изменились
скачком. Однако данное предположение противоречит первому зако
ну коммутации. В таких случаях используют первый закон коммутации в обобщенной форме, который гласит: «Потокосцепление любого
контура не может меняться скачком». Математическая запись имеет
вид
(0) (0).
(0) – потокосцепление любого контура в докоммутационной схеме
в момент коммутации. Для первого контура (рис. 126):
-
(0) LI MI L I MI
11д 2д 22д 1д
0,1 1 0,12 6 0, 3 6 0,12 1 1,06 Вб.
Потокосцепление того же контура после коммутации в момент
коммутации:
(0) (0) (0) (0) (0) ( 0) 1, 06LI MI L I MI Вб.
11 1 21 1
Из последнего уравнения находим:
Расчет зависимых начальных условий. На рис. 130 изображена
(0) 6,62I
1
А.
расчетная модель схемы в момент коммутации.
115
L
L
L
R
R
R
R
J1R
(0)
U
1
L
Контур
(0)I
(0)I
1
k
2
1
(0)
(0)I
1
U
2
L
Рис. 130. Расчетная модель схемы в момент
коммутации
(0)t
Значение токов, рис. 130:
(0) (0) 5,62
IJI
11
А.
kL
Записываем уравнение по второму закону Кирхгофа для показанного контура:
(0) (0) (0) 0
IRU U
12 1 2
(0) (0) 0,5 (0) 112,4
UU IR
12 12
LL
(0) (0)
UU , так как в схеме два одинаковых источника тока 1(0)I .
12
L
LL
В.
Находим постоянную интегрирования:
AU В.
(0) 112,4
2
Записываем решение:
250
t
( ) 112, 4
Ut e
L
2
.
Задача 6
После замыкания ключа, в схеме, изображенной на рис. 131, ток в
400 1000
tt
() 2 1 1
it e e
ключе
(0) 40
u В, (0) 2
Кл
i
Определить:
1
,
А.
,
2
3
C
. Известны начальные условия:
, L, C .
116
p
p
R
R
R
L
1
R
2
I
К
u
L
R
3
C
i
C
Кл
Рис. 131. Схема к задаче 6
1. На рис. 132 изображена схема для составления характеристиче-
ского уравнения.
1
23
1К 2 К
1
L
Рис. 132. Схема для составления
характеристического уравнения
C
Главный определитель по методу контурных токов:
23
1
pC
0
RpL
1
117
0.
R
0()
Раскрывая определитель, получим
R
R
I
p
p
R
р
довательно, либо
()0RpL , либо
1
() 0RpLR
123
23
1
pC
1
. Сле-
pC
, либо оба сомно-
0R
жителя равны нулю. Перерисуем схему для расчета корней характеристического уравнения (рис. 133).
Таким образом, ветвь с ключом
R
1
разбивает докоммутационную схему
на две, работающие независимо друг
23
от друга, Следовательно, равны нулю
оба сомножителя. При этом
1К
L
Рис. 133. Пояснения к решению
актеристического уравнения
ха
2К
()0RpL и
1
1
C
p
1
1
L
,
. Известны зна-
p
2
23
1
C
23
чения корней, но какой равен –400, а
какой –1000, ответить на данном этапе
невозможно.
1
pC
0R
2. Рассчитываем принужденный режим. На рис. 134 изображена
расчетная модель.
;
0I
Lпр
I
К
R
1
R
2
2
КЛпр
0I
Cпр
R
3
Cпр
0U
J
k
Рис. 134. Схема для расчета принужденного режима
Непосредственно из схемы, изображенной на рис. 134, следуют соответствующие значения токов и напряжений.
118
3. Рассматриваем решение при 0t:
L
I
R2R3R
L
Дифференцируем решение:
Кл
(0) 2 1 1 2i
А.
di
Кл
400 1000
tt
400 1000 .
ee
dt
Рассматриваем значение производной при 0t
di
Кл
dt
400 1000 600.
0
:
4. Рассчитываем независимые начальные условия. Расчетная мо-
дель изображена на рис. 135.
К
1
U
I
Д
ДC
Рис. 135. Схема для расчета независимых
начальных условий
RR
IJ I
Lk L
д
UIR
12дд1
,
L
Полученные выражения не позволяют определить (0)
23
RR R
123
UU J R
д 12д 1
Ck
JU
kC
RR R
(0)
(по правилу «рычага»),
RRRR
3233
RR RRR RR
23 123 23
RR
13
123
(0).
I и (0)
119
U .
C
5. Рассчитываем зависимые начальные условия. Расчетная модель
L
R
R1R
изображена на рис. 136.
R
2
(0) 2
I
C
U
C
(0)
КЛ
(0) 2I
R
3
J
k
R
1
2
(0) 40
(0)
I
L
U
L
Рис. 136. Схема для расчета зависимых начальных условий
Анализ этой схемы также не позволяет определить (0)
I и (0)
U .
C
Так как рассматривается переходный процесс в линейной электрической цепи, то решение для любого тока и напряжения можно искать
как сумму принужденного и свободного значения:
it i t i t
.
пр в
C
() () ()
Поэтому рассмотрим расчетную модель схемы для свободных составляющих в момент времени
0t
, изображенную на рис. 137.
(0) (0)
II
LL
СВ
(0) 0I
1 К
(0)
I
СВ
L
U
L
(0) 40
СВ
КЛСВ
R3СВ
3
(0)I
2
R2 СВ
1
I
C
U
2
(0) 2
СВ
СВ
C
(0)I
(0)
Рис. 137.Схема для расчета свободных составляющих
В изображенной схеме:
400 1000
tt
(0) ( 1 1 ) 0.
i е e
Клсв 0
t
120
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]