Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Установившиеся и переходные режимы работы электрических цепей. Учебное пособие.pdf
5. ПРИМЕРЫ РАСЧЁТА ПЕРЕХОДНЫХ ПРОЦЕССОВ
=
=
=
=
=
=
=
=
L
В ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЯХ КЛАССИЧЕСКИМ
И ОПЕРАТОРНЫМ МЕТОДАМИ
Дано:
е(t) = E = 26 В;
= 2 Ом;
R
1
= 9 Ом;
R
2
L = 11 мГн;
С = 360 мкФ.
Найти:
)(2tu
R
5.1.1. Классический метод решения
1. Система уравнений по законам Кирхгофа:
Сначала определяем ток )(ti .
2. Независимые начальные уравнения:
До коммутации
следовательно,
5.1. ПРИМЕР 1
S
i
e(t)
iii
=++−
⎧
⎪
⎪
C
⎪
⎨
uRi
11
⎪
⎪
Ci
=
⎪
R
⎩
u и 0)0( =
−C
;0
21
di
LiRu
2
C
du
dt
0)0(
uu ;
ii .
=++
dt
=−
;0
C
.
uuu ;
CCC
iii .
CCC
i ,
−C
+CC
0)0()0(
+
0)0()0( =
R
1
i
1
E
;
C
i
2
)0()0()0(
+−
)0()0()0(
+−
R
2
121
3. Принуждённый режим.
В принуждённом режиме схема имеет вид
R
1
ε
R
2
пр
i
пр
ε
=RRi
+
26
=
+
21
36,2
=
92
А.
4. Определение корней характеристического уравнения и вида
свободной составляющей тока.
Для схемы
R
1
1/рС
pL
R
2
найдём
)( pz :
1
R
1
Cp
++=
)(
pLRpz
2
R
1
1
+
Cp
и получим уравнение
R
1
0
pLR
2
1
=
.
1
+++CpR
Преобразуем его:
122
2
1221
2
1
=++++ RpLCLpRRCpRR
1
2121
;0
=++++ RRLpCRRCLpR
.0)()(
Подставляем числовые значения:
=
=
Получаем
326
−−
pp .
36236
−−−−
pp
0111048,171092,7
=+⋅+⋅
или
632
−−
01039,11021,2
pp .
Решаем его:
= j
р с
2,1
j
2
33
1082,01021,2
⋅±⋅−
=⋅+⋅+
6623
⋅−=⋅⋅−⋅=
⋅±−=
;1068,01039,14)1021,2(Д
3
10)41,0105,1(
Поскольку корни характеристического уравнения комплексно-
сопряжённые, то свободная составляющая тока имеет вид
св
3
10105,1
⋅−
t
)410sin(
ϕ+=
tAеi
.
Процесс носит колебательный характер.
5. Полный ток
свпр
−
1105
t
, А.
)410sin(36,2
ϕ++=+=
tAеiii
6. Определение постоянных интегрирования А и ϕ.
Первое уравнение для расчёта А и ϕ получаем из условия i(0) = 0,
т.е.
0sin36,2
ϕ+ A .
Для получения второго уравнения запишем систему уравнений по
закону Кирхгофа для момента
⎧
⎪
⎪
⎨
C
⎪
⎪
⎩
11
Учтём независимые начальные условия (п. 2) и получим
di
L
dt
t
=
т.е.
,0E
=
+
0t :
+
=++−
iii
21
LiRu
++
2
=−
uiR
++
C
E
di
L
dt
;0)0()0()0(
+++
di
=++
;)0()0(
E
dt
=
0
t
+
.0)0()0(
26
==
−
3
1011
⋅
3
.
1036,2
⋅=
0)92()10111036092(1011103602
=++⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅
.
–1
.
123
Теперь продифференцируем выражение полного тока (п. 5):
=
ϕ
−
=
ϕ
=
ϕ
=
ϕ
di
dt
Запишем его для
0t :
+
di
dt
=
0
t
+
и приравняем к ранее рассчитанному значению:
11051105
−−
tt
ϕ+ϕ−=
cos410sin1105
AA
⋅=ϕ+ϕ− AA
tAetAe
3
.1036,2cos410sin1105
Получим второе уравнение для расчёта постоянных интегри-
рования.
Решаем систему
A
⎧
−=ϕ
⎨
⎩
1105
⎛
⎜
⎝
⎞
36,2
−−
⎟
ϕ
sin
⎠
36,75 или 32,1
−=А
тогда ток будет равен
7. По условию задачи требуется найти напряжение
R
2
⇒
°
;36,2sin
410sin
1105
−
−
−tеt
−=A
36,2
2
1105
1105
sin
⎛
⎜
⎝
63,75sin
t
AA
36,2
,
ϕ
⎞
36,2
−+ϕ
⎟
ϕ
sin
⎠
,257,0ctg
3
⋅=ϕ+ϕ⋅−
,1036,2cos410sin1105
3
⋅=ϕ
,2360ctg6,9678,2607 =
рад,
,44,2
−=
°
,
iRuR=
2
t
)32,1410sin(44,236,2
+−=
tei
, А.
u
R
2
+−=
tеu
++
⇒
В)),32,1410sin(44,236,2(9
В),32,1410sin(95,2124,21
,
или
1105
−
124
R
2
t
++=
tеu
В),36,75410sin(95,2124,21
.
).410cos(410)410sin(1105
ϕ++ϕ+−=
,1036,2cos
:
5.1.2. Операторный метод решения
1. Изобразим операторную схему замещения для режима после
коммутации:
I
1
(p)
1/pC
I(p)
I
(p)
2
R
1
)0(
u
С
+
p
E
р
L•i(0
) pL
+
Запишем для неё систему уравнений по законам Кирхгофа в опе-
раторной форме:
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
1
pIR
)(
pC
2. Решаем её относительно тока )( pI :
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
pIR
⎪
⎩
Из третьего уравнения
)(
pC
1
pIpIpI
;0)()()(
=++−
21
u
22
p
С
2
pC
E
pI
)0(
+
Li
)0()(
−+=++
p
+
.
;0)()()(
E
pI
p
pI
Li
)0()(
−+=++
p
)0(
+
.
u
)(
+=
+
)0(
⎞
+
С
.
⎟
p
⎠
1
ppLIpIR
)()(
pC
u
С
pI
)(
=−
211
pIpIpI
=++−
21
1
pIpLR
)()(
1
)(
pI
22
pC
u
pI
)(
=−
211
⎛
1
⎜
R
⎝
1
)0(
+
С
p
u
)0(
+
С
;
p
;
125
Подставляем в первое уравнение
−
+−+++
=
=
=
)0(
u
)(
pI
2
)(
pI
CpR
+
С
11
2
pR
,0)(
=+++−
pI
получим
)(
pI
=
2
Подставляем во второе уравнение
()
2
Преобразуем его и получим
pI
)(
=
)(
++
pIpLR
32
1
1
1
+
−
CuCpRpI
1
)1(
+
CpRpC
1
21
CuCpRpI
CpR
1
)0()(
+
)0()(
С
+
.
E
Li
p
С
222
u
СС +
)0(
−+=
+
p
++
CpRCpRCLppCRRLpCR
++++
21
Учтём независимые начальные условия, которые были рассчита-
ны в первой части (классический метод):
i и .0)0(
0)0(
+
u
+С
Тогда
CpR
+
)1(E
pI
=
)(
3
1
По условию задачи требуется определить
Это напряжение равно
R
2
pU
=
)(
R
2
Подставим числовые значения:
)(
pU
=
R
2
=
3
1
234168,0
p
+
−−
1
21
21
2336
2
U
R
)()(
pIRpU
;
22
CpRR
+
)1(E
12
2
6
−
)1103602(269
p
+⋅⋅⋅
.
111048,171092,7
ppp
+⋅+⋅
++++
2
++++
)()(
21
, т.е.
21
−−−−
.
pRRpLCRRCLpR
R
.
pRRpLCRRCLpR
)()(
236336
)0(
.
CpRCuCpRCpLiCpRC
)1()0()1()0()1(E
111
.
.
)(2pU
=
)92()10111036092(1011103602
ppp
++⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅
126
3. По полученному изображению
=
=
=
найдём оригинал
)(2pU
R
Применим теорему разложения.
Перепишем
pU
)(
=
R
2
Найдём корни уравнения 0)(
в виде
)(2pU
R
pF
p
234168,0
+
pF , т.е.
3
326
−−
ppp
326
−−
pp .
=
)111048,171092,7(
+⋅+⋅
0111048,171092,7
=+⋅+⋅
)(
1
ppF
3
Получаем:
c–1.
)4101105(
2,1
′
3
′
13
По теореме разложения:
F
)0(
1
F
3
234
11
+=
Re2
)0(
⎛
⎜
+=
Re2
⎜
⎝
Re227,21
+=
1105
−
−
tu
)(
R
2
Ответ: .В,29,75410sin(2227,21)(
R
=+=
F
1
F
3
⎛
⎜
⎝
⎛
⎜
⎜
⎝
t
1105
t
1105
−
jp ±−=
ppF
93,5411°
j
ej
.11)0(
pF
)(
11
e
′
pFp
)(
131
16,84
16,84
te
t
36
−−
;1048,171084,15)(
⋅+⋅=
⋅=⋅++−⋅=
jjpF
jjpF
23488,6864,185234)4101105(168,0)(
;16,8488,6836,48
;234)0(
⎞
tp
1
=
⎟
⎠
)4101105(93,54
+−°
tjj
ee
jj
−°
1105)71,194410(
−°−
)22Re(27,21
ee
te
tetu
⎞
⎟
=
⎟
3
−
⋅+−
1049,6)4101105(
⎠
410110593,54
tjtj
eee
1049,661,1178
⋅⋅
ttj
=+=
)71,194410cos(2227,21
.В),29,75410sin(2227,21
°++=
°++=
⎞
⎟
⎟
90364,159
°−°
jj
ee
⎠
=°−⋅+=
Ответ практически совпадает с результатом расчёта классическим
методом.
.
)(2tu
R
.
)(
336
−−−
;1049,61048,17)4101105(1084,15)(
=++−=++−=
=
127
=
=
=
=
=
Дано:
5.2. ПРИМЕР 2
i i
2
I = 2 A;
R
= 80 Ом;
1
R
= 220 Ом;
2
L = 1 Гн.
Найти:
i
(t)
1
I
S
R
1
C
I
1
5.2.1. Классический метод расчёта
1. Система уравнений по законам Кирхгофа для схемы цепи после
коммутации:
=
;
Ii
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
Сначала определим
1
=
Ci
u .
C
=−+
;0
iii
21
di
2
=−−+
;0
dt
du
LiRuiR
2211
C
C
.
dt
2. Независимые начальные условия:
u и )0(
C
)0(
+
=i .
2 +
До коммутации источник тока был замкнут и токи в параллель-
ные ветви не поступали.
До коммутации
u и 0)0(
0)0(
−C
i .
2
−
Согласно законам коммутации:
uu ;
ii .
22
0)0()0( =
+− CC
0)0()0(
=
+−
L
R
2
128
3. Расчёт принуждённого режима.
=⋅=
Принуждённый (установившийся) режим при постоянном источ-
нике будет соответствовать схеме
i
пр
R
1
u
cпр
C
i
2пр
R
2
i
1пр
.
0
=i
пр1
.
Iii ==
пр1пр2
В.
= Riu
пр2пр
C
В.
440
u
пр=C
4402202
4. Определение корней характеристического уравнения.
Для определения корней изобразим схему
Эквивалентное сопротивление относительно точек разрыва
)(
Приравниваем его к нулю:
1
RpZ +++=
pC
1
RR
21
pC
.
pLR
21
.0
=+++ pL
129
Решаем:
−
=
=
+
=
=++
=
2
Подставим числовые значения:
p ;
2,1
–1
p c
1
8,261
21
224
−−
pp ;
; 2,38
p c
2
=+++ CpRRСLp
=+⋅+
−±−=p
−
.01)(
626
−−
0110100)22080(110100
=+⋅⋅++⋅⋅
0110310
42
;10150150
–1
.
Корни характеристического уравнения вещественные и различ-
ные, следовательно, переходный процесс будет апериодическим.
Свободная составляющая напряжения
5. Полное напряжение
440
C
8,261
1с.св
1
6. Определение постоянных интегрирования
Первое уравнение для определения
значения п. 2. Для этого выразим
C
Учтём независимые начальные условия
+
u будет иметь вид
с.св
tt
2,38
−−
eAeAu
+= .
2
tt
8,261
++=
AA
21
2,38
−−
eAeAu
.
2
A и 2A .
1
A и 2A получаем, используя
1
.440)0(
AAu
+
21
.0440
Для получения второго уравнения запишем систему уравнений
п. 1 в момент времени
0t :
+
⎧
=+
;)0()0(
du
Iii
++
di
2
t
C
C
dt
2211
==
.0)0(
t
++
LiRuiR
dt
==−−+
;00)0()0()0(
++++
130
⎪
⎪
⎪
⎨
21
⎪
⎪
1
⎪
⎩
Ci