Бандурин TOE_2

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Псковский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

= 2e j900 100 +

100(100 − j100)

161, 245e− j70

= 322.5e j830

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.03.2016

Размер:

7.22 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2015 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

B= uJ (0+) − uJпр = 300 − 400 = −100 В.

1.1.6.Окончательный результат.

uJ (t) = uJпр + Be pt = 400 − 100e−50t В.

Где τ =

= 0.02 с – постоянная времени.

−50

Рассчитываем третью строку таблицы для построения графика:

t		0	τ	2τ	3τ	4τ	5τ
−	t
−
e τ		1	0,368	0,135	0,05	0,018	0,007
uJ (t), B		300	363	386	395	398	399

U , B	uJ	(t)
	uJ	(t)
U J (0+)
U J (0−)
		t, c
Рис. 1.6

141

1.2.Используем операторный метод.

1.2.1.Находим независимые начальные условия (п. 1.1.1): uC (0−) = uC (0) = 0 .

1.2.2.В операторной схеме после коммутации используем метод

контурных токов:

	a
		I R ( p)	1
U J ( p)		I R ( p)	Cp
U J ( p)			Cp
	I11( p)	I22( p)	uC (0)
	I11( p)		p
			p
J	b	IC ( p)
p
	Рис. 1.7

( p) =

;

(0)

( p)

2R +

− I11( p)R = −

;

I11( p)R −

uC (0)

I22 ( p) =

JRC − uC (0)C

;

2R +

1 + 2RCp

I R ( p) = I11( p) − I22 ( p) =

−

JRC − uC (0)C

J + J 2RCp − JRCp + uC (0)Cp

1 + 2RCp

p(1 + 2RCp)

J + JRCp + uC (0)Cp

;

p(1 + 2RCp)

По 2 закону Кирхгофа в операторной форме определяем операторное изображение искомого напряжения

142

JR + JR2Cp + u (0)RCp

U J ( p) =

R + I R ( p)R =

p(1 + 2RCp)

JR + 2JR2Cp + JR + JR2Cp + u

(0)RCp 2JR + 3JR2Cp + u

(0)RCp

p(1 + 2RCp)

400 + 6 p

D( p)

p(1 + 0.02 p)

B( p)

1.2.3.По теореме разложения находим uJ (t) :

B( p) = p(1 + 0.02 p) = 0;

p = 0;

p = −50

;

B′( p) = 1 + 0,04 p ;

Dк( pк)

400 + 6 0

400 + 6 (−50)

uJ (t) = ∑

e pкt =

e0 t +

e−50t =

B′

( p )

1 + 0,04 0

1 + 0,04 (−50)

к=1 к

=400 − 100e−50t (B)

–результат совпал с классическим методом.

2. При		гармоническом				источнике		тока

J (t) =	2J sin(ωt + α ) =			22sin(100t + 90) , А			после срабатывания
ключа К1 определим напряжение uJ (t) .
2.1.Используем		упрощённый			классический		метод,	когда
дифференциальное уравнение для искомой функции uJ (t) не
составляется.
2.1.1.	Определяем независимые					начальные	условия (ННУ) при
t = 0− : uC (0−) = ?			(схема		до	коммутации установившийся

режим, гармонический источник, символический метод).

I C( Д)

J = Je jα = 2e j900

А,

X C =

= 100 Ом.

( Д)

U J

U C

ωC

− jX C

Рис. 1.8

( Д)

= J

= 0 ;

0 + R − jX C

U C( Д) = (− jX C )I C( Д) = UC( Д)e jβ = 0 ;

143

uC( Д) (t) = 2UC( Д) sin(ωt + β ) = 0 .

Для построения графика uJ (t) определим uJ (0−) :

U ( Д) = J Z

( Д) = J R = 200e j900

В;

uJ( Д) (t) =

200sin(ωt + 900 ) В;

uJ (0−) =

200sin(ω 0 + 900 ) = 282 В.

2.1.2.

Определяем ЗНУ

при t = 0+ : uJ (0+) = ? (схема после

коммутации ключа К1).

a iC (0+)

I22

u J (0+)

I11

J (0)

Рис. 1.9

2 sin(90 ) = 2,82 А.

= u (0−) = u

(0+) = 0 ; J (0) = 2J sin(ω0 +α ) =

Используем метод контурных токов.

I11 = J (0) = 2.82 A;

I22 2R − I11R = −EC ;

I22

I11R − EC

282 − 0

= 1, 41 A;

200

iC (0+) = I22 = 1, 41 A .

По второму закону Кирхгофа для внешнего контура uJ (0+) − EC = J (0)R + iC (0+)R;

uJ (0+) = EC + J (0)R + iC (0+)R = 0 + 282 + 141 = 423 В.

2.1.3. Определяем	принуждённую	составляющую	при
t = ∞ : uJпр(t) = ?	(Схема после	коммутации ключа	К1,

установившейся режим, гармонический источник, символический метод).

144

J = Je jα = 2e j90 А,

U (Jпр)

X C =

= 100

Ом.

− jXC

ωC

Рис. 1.10

По закону Ома

U (Jпр) = J Z (Эп)

R(R − jX C )

= J R +

2R − jX C


= 2e j900 100 +			100(100 − j100)				= 2e j900 161, 245e− j70	= 322.5e j830	B.
= 2e j900 100 +							= 2e j900 161, 245e− j70	= 322.5e j830	B.
				200 − j100
				200 − j100
Тогда uJпр(t) =					322.45sin(100t + 830 ) В;
Тогда uJпр(t) =				2	322.45sin(100t + 830 ) В;
uJпр(0) =		322.45sin(100 0 + 830 ) = 452,67 В.
uJпр(0) =	2	322.45sin(100 0 + 830 ) = 452,67 В.
2.1.4.	Определяем корень характеристического							уравнения: p = ? .
Используем метод						сопротивления цепи после коммутации.

Аналогично п. 1.1.4 получаем p = −50 1c .

2.1.5.Определяем постоянную интегрирования: B = ? .

B = uJ (0+) − uJпр(0) = 423 − 452.67 = −29.67 В.

2.1.6.Окончательный результат.

uJ (t) = uJпр(t) + Be pt =												322.5sin(100t + 830 ) − 29.67e−50t В.
uJ (t) = uJпр(t) + Be pt =											2	322.5sin(100t + 830 ) − 29.67e−50t В.
Причем τ =					1		=	1		= 0.02 с – постоянная времени;
						p			−50


tп = 5τ = 5 0.02 = 0.1 с – время окончания переходного процесса;
T =		2π	= 6, 28 с – период принужденной составляющей.
T =			= 6, 28 с – период принужденной составляющей.
		ω
Заполняем таблицу для построения графика:
t						0				τ			2τ	3τ	4τ	5τ
−	t
−
e τ						1				0,368			0,135	0,05	0,018	0,007
		−		t
		−
-29,67 e τ						-29,67				-10,915			-4,015	-1,477	-0,543	-0,2
uJпр(t) , В						452,67				-131,838			-337,949	419,11	-10,874	-410,06
uJ (t) , B						423				-148,753			-341,964	417,63	-11,417	-410,26
													145

Строим график, для построения можно использовать Mathcad.

U , B uJ (t)

uJcв(t)

uJпр(t)

uJ (0−)

t, c

Рис. 1.11

2.2.Используем комбинированный операторно-классический метод для определения uJ (t) .

2.2.1. Находим независимые начальные условия (п. 2.1.1): uC (0−) = uC (0) = 0 .


2.2.2. Определяем		принуждённые	составляющие	при
t = ∞ :	uJпр(t) = ? , uCпр(t) = ? . Схема после коммутации ключа
К1,	установившейся режим, гармонический источник,

символический метод.

I C(пр)

J = Je jα = 2e j90 А,

U C(пр

)

U (пр)

= 100 Ом,

− jX C

X C =

ωC

Рис. 1.12

U (Jпр)

= J Z (Эп)

R(R − jX

)

= J R +

2R − jX C

146

(пр)

j900

100

j900

j380

I C

= J

= 2e

1, 41e

2R − jX C

200 − j100

= 0,894e j116,60

U (пр)

= I

(пр) (− jX

) = 0.894e j116,60

(− j100) = 89, 4e j26,60

В.

В результате

uJпр(t) =

322, 45sin(100t + 830 ) B;

uCпр(0) =

89, 4sin(100t + 26.60 )

uCпр(0) =

89, 4sin(26.60 ) = 56.61

B .

2.2.3.

Определяем начальное значение свободной составляющей

напряжения на ёмкости

uCсв(0) = uC (0) − uCпр(0) = 0 − 56.61= − 56.61

B .

2.2.4.

Рассчитываем операторную схему замещения для

свободных составляющих.

I Rсв( p)

U Jсв( p)

(0)

Cсв

ICсв( p)

Рис. 1.13

I Rсв( p) =

uCсв(0)

uCсв

(0)C

;

1 + 2RCp

p 2R +

U Jсв( p) = RI Rсв( p) =	uCсв(0)RC	= −	0,566	=	D( p)
						.
	1 + 2RCp		1 + 0.02 p
					B( p)

2.2.5. По теореме разложения и принципу наложения получаем окончательный результат

uJ (t) = uJпр(t) + uJсв(t) = 2 322, 45sin(100t + 830 ) + ∑ Dк( pк)e pкt =

к=1 Bк′ ( pк)

= 2 322, 45sin(100t + 830 ) − 28,305e−50t B,

– результат практически совпал с классическим методом.

147

3. При импульсном источнике тока J (t) = Je2 pt = 2e−100t , А (p – корень характеристического уравнения) и нулевых начальных условиях (ключ К1сработал) определяем интегралом Дюамеля напряжение uJ (t) .

3.1.Находим переходную характеристику h(t) для uJ(t) операторным методом при uC(0)= uC(0-)=0.

uJ (t)

J (t)

	1
h( p)	Cp
h( p)
	1
	p

Рис. 1.15

Рис. 1.14

По закону Ома в операторной форме

					1
			R R +
			R R +
h( p) =	1	R +			Cp	=
h( p) =		R +				=
	p		2R +	1

				Cp

R 1 + RCp

)

R + R Cp

D( p)

(

R +

1 +

2RCp

p(1 + 2RCp)

B( p)

По теореме разложения находим h(t) :

B( p) = p(1 + 2RCp) = 0;

p = 0;

p = −

= −50

;

2RC

B′( p) = 1 + 4RCp ;

R + R

C (−

)

−

Dк( pк)

h(t) = R + ∑

e pкt = R + R +

2RC

e 2RC =

B′ ( p )

1 + 4RC (−

к=1

к к

)

2RC

0.5R

−

= 2R +

2RC = 2R − 0.5Re 2RC = 200 − 50e−50t (Ом)

−1

– переходное сопротивление.

Проверка:

а) t = 0,

h(0) = 2R − 0.5R =

= R

(0) – верно, т.к. uC(0-)=0, и

С – закоротка;

148

б) t = ∞, h(∞) = 2R = RЭ(∞) – верно, т.к. С – разрыв. 3.2.Рассчитаем интегралом Дюамеля uJ (t) :

uJ (t) = J (0)h(t) + ∫J ′(τ )h(t −τ )dτ ,

где

J (0) = 2 А,

J ′(τ ) = −200e−100τ A

h(t − τ ) = 200 − 50e−(50t −τ ) = 200 − 50e−50t e50τ Ом.

Тогда

−100τ

50τ

−50t

+ ∫

−50t

uJ (t) = 400 − 100e

−200e

200 − 50e

dτ =

= 400 − 100e−50t

− 40000∫e−100τ dτ + 1000e−50t ∫e−50τ dτ =

= 400 − 100e−50t

+ 400 e−100τ

− 200e−50t e−50τ

=400 − 100e−50t + 400e−100t − 400 − 200e−50t (e−50t − 1) =

=400e−100t − 100e−50t − 200e−100t + 200e−50t = 200e−100t + 100e−50t , B.

Проверка:
а)		t = 0, uJ (0) = 300 В – верно, т.к.
u		(0) = J (0) R (0) = 2	3R	= 300 В.
	J
		Э	2

б)		t = ∞, uJ (∞) = 0 , – верно, т.к.

uJ (∞) = J (∞)RЭ(∞) = 0 2R = 0 .

3.3.Строим график uJ (t) = 200e−100t + 100e−50t В,

t = 0,0.01... 5 с. p

149

В uJ (t)
300
225
150
75
					t
0	0.02	0.04	0.06	0.08	0.1 c
	Рис. 1.16

Ниже приводится расчет рассматриваемого примера цепи первого порядка, когда ключ К2 еще не сработал (документ Mathcad).

150

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2015 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
19.09.201950.08 Кб1АЯ 0762 Экзамен Актуальная версия.docx
#
11.11.2019223.23 Кб7Б3. Б4. История мировой (античной) рабочая прог...doc
#
11.11.2019183.3 Кб2Б3.Б 1_Введение в спецфилологию.ЕВК.ИВМ.doc
#
11.11.2019143.87 Кб3Б3.Б6. Древнерусская литература.doc
#
15.03.20162.08 Mб42Бандурин TOE 1.pdf
#
15.03.20167.22 Mб31Бандурин TOE_2.pdf
#
15.03.2016789.99 Кб74Бандурин Методичка расчет ПП.pdf
#
15.03.2016454.37 Кб62Бандурин Методичка расчет эм полей.pdf
#
15.03.20166.58 Mб45Бандурин Теоретич основы электротехн Теория электрич цепей электромагн поля С.А.Башарин 2004.djvu
#
15.03.20162.76 Mб679Бандурин ТОЭ-3 лекции.docx
#
10.04.2015392.84 Кб32БД теория_.docx