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
Комплекс напряжения на емкости:
E
(90)
j
U I jX Ue Ue
д
C
() .
2д
CC C
2д
дд
j
д
С
Временна´я функция напряжения на емкости:
() 2sin( ).
utU t
дд д
CC С
Напряжение на емкости в момент коммутации (замыкание ключа):
(0) 2sin( ) (0).
uU u
CC C
дСд
Пример 7. Записать выражения для независимых начальных усло-
вий в схеме, изображенной на рис. 20.
R
5
R
3
E
0
1
R
3
ut
1
()
it
R
2
()
C
C
R
4
L
L
2
Рис.20. Схема к примеру 7
Расчетная модель докоммутационной схемы изображена на рис. 21.
В расчетной модели три узла. Принимаем потенциал второго узла
равным нулю. Потенциал третьего узла будет равен
. Составляем
0
одно уравнение для первого узла по методу узловых потенциалов:
1111 11
1д 3д
RRR R RR
1345 15
0
.
31
R
L
E
R
5
R
1
1
3
R
3
0
U
R
2
ДC
R
4
2
I
ДL
Рис. 21. Расчетная модель докоммутационной схемы
Находим ток в индуктивности:
II I
LL
(0) (0)
д L
1д
.
4
Напряжение на емкости:
UU U
д 1д
CC C
(0) (0)
.
Пример 8. Записать выражения для независимых начальных усло-
вий в схеме, изображенной на рис. 22.
R
3
R
1
1
()
it
L
() sin
Jt J t
m
()
ut
C
C
2
R
2
Рис. 22. Схема к примеру 8
32
Расчетная модель докоммутационной схемы изображена на рис. 23.
J
L
j
L
L
j
R
j
L
3
R
1
J
U
ДC
1
I
Д
X
R
C
2
X
2
Рис. 23. Расчетная модель докоммутационной схемы
В расчетной модели два узла. Принимаем потенциал второго узла
равным нулю. Составляем одно уравнение для первого узла по методу
узловых потенциалов:
11 1
1д
RjX jX
2
LC
.
Находим ток в индуктивности:
1д
IIe
L
д
jX
L
j
.
L
д
Напряжение на емкости:
Ue
.
д
C
1д
1д
Ток в индуктивности:
() sin( ).
itI t
дд
Lm L
Ток в индуктивности в момент коммутации:
(0) sin( ) (0).
iI i
LLmLL
дд д
Напряжение на емкости в момент коммутации:
(0) sin( ) (0).
uu
CmC
д 1дд
33
Внимание! В дальнейшем вам будут предложены для решения разные
E
задания. Все задания разбиваются на четыре класса сложности: класс 5+ – это
задания высокой степени сложности; класс 5 – задания достаточно высокой
сложности; класс 4 – задания обычной сложности; класс 3 – задания, уровень
которых обязательно должен быть освоен. Другими словами, класс 5+ – это
очень высокий уровень умения и знаний; класс 5 –
это отлично, но не
достаточно высоко, чтобы вас взяли в команду, защищающую честь
университета; класс 4 – это хорошо; класс 3 – это удовлетворительно. Ниже
нельзя.
Задание № 5 (класс сложности – 3-й). Записать выражения для не-
зависимых начальных условий в схеме, изображенной на рис. 24.
R
1
()
it
0
()
ut
R
L
()
ut
L
ut
C
()
C
R
2
Рис. 24. Схема к заданию № 5
Ответ см. на стр. 36.
Задание № 6 (Класс сложности – 4-й). Записать выражения для не-
зависимых начальных условий в схеме, изображенной на рис. 25:
et E t.
() sin
m
L
()
ut
L
ut
C
()
C
R
2
()et
()
it
R
1
ut
1()R
Рис. 25. Схема к заданию № 6
Ответ см. на стр. 36.
34
Задание № 7 (Класс сложности – 5-й). Записать выражения для не-
L
R
R
J
L
E
L
зависимых начальных условий для схемы, изображенной на рис. 26:
()et E .
0
R
6
1 3
R
3
R
4
u
C
C
4
2
i
R
2
L
5
R
5
4
2
R
1
Рис. 26. Схема к заданию № 7
Ответ см. на стр. 36.
Задание № 8 (Класс сложности – 5+). Записать выражения для не-
зависимых начальных условий для схемы, изображенной на рис. 27:
()et E
.
0
C
2
E
R
3
1
4
u
C
R
4
i
Рис. 27. Схема к задания № 8
35
Ответы к заданию № 5
R
R
R
Z
j
j
E
I
I
I
II
(0) (0)
LL
E
0
,
UU R
(0) (0)
R
()
12
CC
E
0
RR
()
12
2
Ответы к заданию № 6
()
jX
2
C
Z
12
UIZUe
C
iiI ,
ддд
LLL
uuU .
ддд
CCC
2
,
д 12
L
д
(0) (0) 2sin()
(0) (0) 2sin()
jX
,
C
д
C
RjX Z
112
вх
() 2sin( )
it I t
дд
LL
IIe
L
,
;
() 2sin( )
utU t
дд
CC
E
;
д
L
Z
L
вх
;
д
Ответы к заданию № 7
Ниже показан порядок расчета независимых начальных условий в
схеме, изображенной на рис. 28.
R
6
R
R
1
3
3
2
ДL
R
R
2
2
2
3
.
1 К
R
4
U
ДC
R
5
4
R
1
Рис. 28. Докоммутационная схема к заданию № 7
36
R
RR
R
R
R
EIR
E
J
I
R
I
36 3 6
RR
RR
,
15 1 5
R
,
1536
15 36
15 36
;
R
RR,
вх 1536 2
II I
LL L
IR I R
(0) (0) ,
д
.
3 д 5
RL
3
2
,
R
2
вх
U
23
I
R
R
15
3
UEIR
23 2 2R
U
23
,
R
36
UU U
д
CC C
2
;
(0) (0)
Ответы к заданию № 8
Для расчета независимых начальных условий составим уравнение
по методу контурных токов (рис. 29):
()()IRR R JR R E
11 1 2 3 2 3
R
2
1
.
I
3
11
R
3
U
ДC
R
4
R
1
ДL
2
Рис. 29. Докоммутационная схема к заданию № 8
Находим: 11I , а затем
UIRJRU U
д 34
CR C C
3
(0) (0)
III I
д 11
LLL
.
37
(0) (0)
,
IIJ
3
,
11R
4. ЗАПИСЬ ОБЩЕГО РЕШЕНИЯ
p
p
ДЛЯ ИСКОМОЙ ВЕЛИЧИНЫ
Решение линейного дифференциального уравнения для любого тока (напряжения), как было сказано ранее, состоит из двух составляющих:
обозначения:
() () ()it it it
частное общее
() () ()it it it
принужд свобод
Выше было рассмотрено нахождение принужденной составляющей
решения. Вид свободной составляющей решения зависит от числа и
характера корней, характеризующих систему дифференциальных
уравнений. В математике для нахождения корней проводят так называемую алгебраизацию дифференциальных уравнений. В электротехнике
для этой цели составляют расчетную модель, с помощью которой
формируют характеристическое уравнение.
При составлении расчетной
1. Структура модели повторяет структуру послекоммутационной
схемы.
2. Источники ЭДС закорачивают, источники тока разрывают.
3. Все резисторы послекоммутационной схемы остаются на месте.
4. Вместо индуктивностей в модели ставят характеристическое со-
противление
L .
5. Вместо емкостей в модели ставят характеристическое сопротив-
ление
1
.
C
В полученной модели с использованием главным образом метода
контурных токов формируют характеристическое уравнение. Решение
характеристического уравнения позволяет найти корни, от числа и характера которых зависит вид свободного решения для любого тока и
напряжения.
. В электротехнике приняты другие
.
модели применяют следующие правила.
Пример 9. Записать характеристическое уравнение для схемы,
изображенной на рис. 30.
В расчетной модели один контур. Уравнение по методу контурных
токов имеет вид
() 0IpRpL
11 1
1
.
pC
38
p
R
p
1
L
R
1
pL
()et
C
R
2
()Ip
11
Исходная схема Расчетная модель
Рис. 30. Схема и модель для примера 9
Главный определитель уравнения:
() 0pRpL
1
1
pC
.
() 0p – получило название характеристического уравнения.
После проведения небольших преобразований получаем квадратное уравнение для нахождения корней:
R
2
10pLC pRC
1
, или
2
pp
1
1
LLC
0
.
Очевидно, что для рассматриваемой схемы число корней равно
двум.
Пример 10. Записать характеристическое уравнение для схемы,
изображенной на рис. 31.
L
pL
C
R
2
R
1
1
C
22
()Ip
()et
R
1
()Ip
11
1
C
R
2
Исходная схема Расчетная модель
Рис. 31. Схема и модель для примера 10
39
В расчетной модели два контура. Выбор контуров произволен. Но
R
R
R
R
R
R
для уменьшения вычислительной работы при ручном счете надо стремиться к тому, чтобы контурные токи имели в качестве общего сопротивления резистивные элементы. Этим объясняется выбор контуров,
представленных на рис. 31. Уравнения по методу контурных токов
имеют следующий вид:
()( ) () 0,IpR pLR I pR
11 1 2 22 2
() () 0IpR I pR
11 2 22 2
1
.
pC
Главный определитель данной системы уравнений:
RpLR R
()
122
p
() 0.
RR
22
1
pC
После проведения небольших преобразований, получаем квадратное уравнение для нахождения корней:
22
2122212
,
0pRLC pCR R R R
RR
12 1 2
.
Зная параметры и подставляя их значение, получаем два корня.
Пример 11.
Записать характеристическое уравнение для схемы,
изображенной на рис. 32.
При составлении расчетной модели учтено, что ключ замыкает резистор
и
2
ром:
, а источник ЭДС закорочен, в результате этого резисторы
6
соединены параллельно. Их можно заменить одним резисто-
3
R
23
R
23
. Тогда в расчетной модели будет два контура.
R
23
Уравнения по методу контурных токов имеют следующий вид:
() () 0,IpRR I pR
11 1 4 22 1
() ()( ) 0IpRI pRR pLR
11 1 22 1 5 5 23
1
pC
4
.
40
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]