Рис. 2.7
Содержание контрольной работы №2
При выполнении контрольной работы необходимо:
1.Расшифровать задание. Листок с заданием вклеить в контрольную работу.
2.Рассчитать любым известным методом токи во всех ветвях заданной цепи. Ре-
зультаты расчетов представить в виде комплексов действующих значений и в виде мгновенных значений токов.
3.Составить баланс мощностей для заданной цепи.
4.Определить показания ваттметра, включенного в заданную цепь.
5.По результатам расчетов построить векторную диаграмму токов и совмещенную с ней топографическую векторную диаграмму напряжений.
6.Полагая наличие индуктивной связи между любыми двумя индуктивностями, за- писать для заданной цепи уравнения по законам Кирхгофа.
Пример выполнения типового расчета №2
Каждый студент получает задание, вариант которого приведен ниже:
Шифр студента |
|
00401-30 |
|
Источник ЭДС |
Источник тока |
|||||
Номер |
Начало – |
сопротивления |
|
|
||||||
|
|
|
|
|||||||
ветви |
конец |
R |
|
XL |
|
XC |
модуль |
аргумент |
модуль |
аргумент |
1 |
5–3 |
25 |
|
45 |
|
0 |
200 |
60 |
0 |
0 |
2 |
3–4 |
0 |
|
40 |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
3 |
4–2 |
55 |
|
0 |
|
45 |
0 |
0 |
0 |
0 |
4 |
2–6 |
0 |
|
25 |
|
45 |
0 |
0 |
0 |
0 |
5 |
6–1 |
60 |
|
0 |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
6 |
1–5 |
50 |
|
0 |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
7 |
5–4 |
50 |
|
0 |
|
55 |
0 |
0 |
0 |
0 |
8 |
4–6 |
0 |
|
60 |
|
34 |
0 |
0 |
0 |
0 |
Токовая обмотка ваттметра включена в цепь 2. Зажим I* – к узлу 3, U* – к узлу 3, U – к узлу 2. За нулевой потенциал принять потенциал узла 3.
34
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
1. Расшифровку задания производим следующим образом. Изобразим в произволь- ном порядке шесть точек и пронумеруем их цифрами от 1 до 6. Соединив точки в соответствии с колонкой «начало–конец» задания, получим граф цепи (рис. 2.8).
Рис. 2.8 |
|
Рис. 2.9 |
Перерисуем полученный граф таким образом, чтобы исключить пересечения ветвей
(рис. 2.9).
На рис. 2.9 цифрами в кружках обозначены точки цепи, определенные заданием, а цифрами без кружков – номера ветвей цепи в соответствии с колонкой «номер вет- ви» задания. Точки 4, 5, 6 являются узлами цепи.
В каждую ветвь последовательно включаются активные сопротивления, индуктив- ности, емкости и источники ЭДС в соответствии с исходными данными. Каждому элементу цепи присваивается индекс в соответствии с номером ветви, в которой он находится. Направление включения источника ЭДС определяется по колонке «на- чало – конец» задания.
Схема электрической цепи, полученная для рассматриваемого варианта задания, изображена на рис. 2.10.
35
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Рис. 2.10
Запишем параметры элементов цепи для приведенной схемы :
r1 = 25 Ом; XL1 = 45 Ом; XL2 = 40 Ом; r3 = 55 Ом; |
XC3 = 45 Ом; XL4 = 25 Ом; |
||
XC4 |
= 45 Ом; r5 = 60 Ом; |
r6 = 50 Ом; r7 = 50 Ом; |
XC7 = 55 Ом; XL8 = 60 Ом; |
|
. |
0 В. |
|
XC8 |
= 34 Ом; E1 = 200e j60 |
|
|
2. Расчет цепи с одним источником ЭДС целесообразно проводить методом преоб- разования. Обозначим направления токов в ветвях заданной цепи (см. рис. 2.10). Запишем комплексные сопротивления каждой из ветвей:
Z1 = r1 + jXL1 = 25 + j45 Ом; Z2 = jXL2 = j40 Ом; Z3 = r3 − jXC3 = 55 − j45 Ом;
Z4 |
= jXL4 = − jXC4 = j25 − j45 Ом; Z5 = r5 = 60 Ом; Z6 = r6 = 50 Ом, |
Z7 |
= r7 − jXC7 = 50 − j55 Ом; Z8 = jXL8 − jXC8 = j60 − j34 Ом. |
Преобразуем заданную цепь. Сопротивление Z9 между узлами 4 и 6 цепи опреде- лится как сопротивление двух параллельных ветвей: ветви с сопротивлением Z8 и
ветви, образованной последовательным соединением Z3 |
и Z4 . |
||||
Z9 = |
(Z3 + Z4 )Z8 |
= |
(55 − j45 + j25 − j45)(j60− j34) |
= 8,179 + j31,799Ом. |
|
Z3 + Z4 + Z8 |
55 − j45 + j25 − j45 + j60 − j34 |
||||
|
|
|
|||
Сопротивление Z10 образовано последовательным соединением Z9 , Z5 и Z6 .
Z10 = Z9 + Z5 + Z6 = 8,179 + j31,799 + 60 + 50 =118,179 + j31,799 Ом.
Сопротивление Z11 определяется как параллельное соединение сопротивлений Z10
и Z7 : |
|
|
|
|
|
Z = |
Z10Z7 |
= |
(118,179+ j31,799)(50 − j55) |
= 48,636 − j22,485 Ом. |
|
|
|
||||
11 |
Z10 |
+ Z7 |
|
118,179+ j31,799 + 50 − j55 |
|
|
|
||||
Эквивалентное сопротивление Z0 пассивной части цепи относительно ис-
36
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
точника ЭДС находим как последовательное соединение Z1, Z2 и Z11:
Z0 = Z1 + Z2 + Z11 = 25 + j45 + j40 + 48,636 − j22,485 = 73,636 + + j62,515 = 96,594e j40,3360 Ом.
Определим токи во всех ветвях заданной цепи. Так как в цепи имеется только один источник ЭДС, то токи в ветвях направим в сторону уменьшения потенциалов. Комплекс тока в первой и второй ветвях определим как отношение ЭДС к эквива- лентному сопротивлению:
& |
& |
|
|
& |
|
200e |
j600 |
|
|
j19,652 |
0 |
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
||||
I1 |
= I |
2 |
= |
|
= |
|
|
|
= 2,071e |
|
|
А. |
Z0 |
96,594e j40,336 |
0 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Комплекс тока в пятой и шестой ветвях определится выражением
& |
& |
|
& |
|
|
|
Z7 |
|
j19,652 |
0 |
|
50 - j55 |
|
|
I5 |
= I |
6 |
= I1 |
× |
|
|
|
= 2,071e |
|
|
× |
|
|
= |
Z |
7 |
+ Z |
|
|
50 - j55 +18,179 + j31,799 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0,907e− j20,2250 А.
Комплекс тока в седьмой ветви определим по первому закону Кирхгофа для узла 5:
&I7 = &I1 - &I5 = 2,071e j19,6520 - 0,907e− j20,2250 =1,493e j42,5710 А.
Находим комплекс тока в третьей и четвертой ветвях:
& |
& |
|
& |
|
|
Z8 |
|
− j20,225 |
0 |
|
j60 - j34 |
|
I3 |
= I |
4 |
= I5 |
× |
|
|
|
= 0,907e |
|
× |
|
= |
Z8 |
+ Z3 |
|
|
j60 - j34 + 55 - j45 + j25 - j45 |
||||||||
|
|
|
|
|
+ Z4 |
|
|
|
||||
= 0,35ej105,1380 А.
Комплекс тока в восьмой ветви определим по первому закону Кирхгофа для узла 6:
&I8 = &I5 - &I3 = 0,907e− j20,2250 - 0,35e j105,1380 =1,145e− j34,6070 А.
По найденным комплексам действующих значений токов запишем их мгновенные значения:
i |
= i |
2 |
= |
|
|
2 |
× 2,071sin(v × t +19,6520 ) А, |
|||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i3 |
= i4 |
= |
|
|
|
|
×0,035sin(v × t +105,1380 ) А, |
|||
2 |
||||||||||
i5 |
= i6 |
= |
|
|
|
|
×0,907sin(v × t - 20,2250 ) А, |
|||
2 |
||||||||||
|
i7 |
= |
|
|
×1,493sin(v × t + 42,5710 ) А, |
|||||
|
2 |
|||||||||
|
i8 |
= |
|
|
×1,145sin(v × t - 34,6070 ) А. |
|||||
|
|
2 |
||||||||
37
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
3. Определим комплексную мощность, отдаваемую источником ЭДС:
~ |
& |
* |
= 200e |
j60 |
0 |
× 2,071e |
− j19,652 |
0 |
= 315,724 |
+ j268,05 В. |
S = E1 |
× I1 |
|
|
|
|
|||||
Таким образом, активная мощность, отдаваемая источником ЭДС, равна
PE = 315,724 Вт,
а реактивная мощность
QE = 268,05 вар.
Активная мощность, рассеиваемая на активных сопротивлениях цепи: Pпотр = I12 × r1 + I32 × r3 + I52 × (r5 + r6 ) + I72 × r7 = 2,0712 × 25 + 0,352 ×55 + +0,9072 ×(60 + 50) +1,4932 ×50 = 315,682 Вт.
Реактивная мощность нагрузки определится выражением
Qпp = I12 ×(XL1 + XL2 ) + I32 × ( - XC + XL4 - XC4) + I72 ×( - XC7 ) +
+I82 × (XL8 - XC8) = 2,0712 × (45 + 40) + 0,352 ×( - 45 + 25 - 45) + +1,4932 ×( - 55) +1,1452 ×(60 - 34) = 268,006 вар.
Таким образом, активные и реактивные мощности и цепи с высокой степенью точ- ности оказываются равными между собой.
4. Для нахождения показания ваттметра, включенного в цепь в соответствии с ва- риантом задания, необходимо определить напряжение на зажимах U ваттметра. При этом первый индекс напряжения U32 соответствует узлу, к которому подклю-
чен зажим U* , а второй индекс – узлу, к которому подключен зажим U .
В рассматриваемом примере
U& 32 = &I1 × jXL2 + &I3 (r3 - jXC3 ) = 2,071e j19,6520 × j40 + 0,35e j105,1380 × (55 - j45) = =102,202e j99,9810 В.
Необходимо также знать величину тока, протекающего через токовую обмотку ваттметра. При этом за положительное направление тока принимается ток, вте-
кающий в зажим I |
* |
|
& |
|
ваттметра. В нашем примере это ток I1. |
||
Тогда показание |
ваттметра определится |
выражением Pw = U32 × I1 × cosj, где |
|
j = jU32 - jI1 – разность фаз между напряжением на зажимах ваттметра и проте- кающим через прибор током.
Pw =102,202 × 2,071×cos(99,981o -19,652o) = 35,615 Вт.
5. Векторы всех найденных токов, отложенные из начала координат комплексной плоскости, представляют собой векторную диаграмму токов. Для удобства по-
38
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
строения найденные комплексные значения токов целесообразно представить в ал- гебраической форме:
&I1 =1,95 + j0,697 А, &I3 = -0,091 + j0,337 А, &I5 = 0,851 - j0,313 А, &I7 =1,099 + j1,01А, &I8 = 0,942 - j0,65 А.
Анализ приведенных значений показывает, что для тока удобно выбрать масштаб mi = 0,2 A / дел .
Характерной особенностью топографической векторной диаграммы напряжений является то, что на ней комплексные потенциалы отдельных точек цепи отклады- ваются по отношению к одной точке, потенциал которой принимается равным ну- лю. При этом порядок расположения векторов напряжения на диаграмме соответ- ствует порядку расположения элементов цепи на схеме и каждой точке электриче- ской цепи соответствует определенная точка на диаграмме.
На схеме электрической цепи (см. рис. 2.10) заданием определены точки 1 – 6, ос- тальные точки обозначим числами 7–12.
По условию задачи нулевой потенциал имеет точка 3:
.
j3 = 0.
Определим потенциалы остальных точек:
j&4 = j&3 - &I1 × jXL2 = 0 - (1,95 + j0,697) × j40 = 27,877 - j77,988 В,
j&7 = j&4 - &I7 × r7 = 27,877 - j77,988 - (1,099 + j1,01) ×50 = -27,07 - j128,487 В,
j&5 = j&7 - &I7 ×( - jXC7 ) = -27,07 - j128,487 - (1,099 + j1,01) × ( - j55) = = -82,619 - j68,045 В,
j&8 = j&5 - &I1 × r1 = -82,619 - j68,045 - (1,95 + j0,697) × 25 = -131,362 - j85,468 В, j&9 = j&8 - &I1 × jXL1 = -131,362 - j85,468 - (1,95 + j0,697) × j45 = -100 - j173,205 В.
Нами вычислены потенциалы точек одного из контуров заданной цепи. Между точками 3 и 9 этого контура включен источник ЭДС. Вычислим напряжение:
U& 39 = ϕ&3 − ϕ&9 = 0 +100 + j173,205 = 200ej600 В.
Напряжение U& 39 оказалось равным заданному напряжению на зажимах источника
ЭДС. Это подтверждает правильность выполненных расчетов по определению по- тенциалов. Найдем потенциалы остальных точек:
39
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
j&10 = j&4 − &I1 × r3 = 27,877 - j77,988 - ( - 0,091+ j0,337) ×55 = 32,898 - j96,548 B, j&2 = j&10 − &I3 × ( - jXC3 ) = 32,898 - j96,548 - ( - 0,091+ j0,337) ×( - j45) =
=17,713 - j100,656 В,
j&11 = j&2 − &I3 × ( - jXL4 ) =17,713 - j100,656 - ( - 0,091+ j0,337) × j25 = = 26,149 - j98,37 В,
j&6 = j&11 − &I3 ×( - jXC4 ) = 26,149 - j98,373 - ( - 0,091+ j0,337) × ( - j45) = =10,964 - j102,81 В,
j&1 = j&6 − &I5 × r5 =10,964 - j102,481- (0,851- j0,313) × 60 = -40,081- j83,689 В, j&5 = j&1 − &I5 × r6 = -40,081- j83,698 - (0,851- j0313) ×50 = -82,619 - j68,0 В,.
Сравним значение ϕ&5 с полученным выше потенциалом точки 5. Они оказываются равными.
j&12 = j&4 − &I8 ×( - jXC8 ) = 27,877 - j77,988 - (0,942 - j0,65) ×( - j34) = = 49,944 - j45,959 В,
j&6 = j&12 - &I8 ×(jXL8 ) = 49,944 - j45,959 - (0,942 - j0,65) × j60 = =10,964 - j102,481 В.
Потенциал ϕ&6 совпадает с полученным ранее значением.
По вычисленным значениям потенциалов выбираем масштаб по напряжению mu
на комплексной плоскости таким образом, чтобы векторы токов и напряжений бы- ли соизмеримы. Принимаем mu = 20 В/ дел. Диаграмма, построенная по получен-
ным численным значениям токов и напряжений, приведена на рис. 2.11.
6. Полагаем, что существует индуктивная связь между индуктивностями L4 и L8 .
Наличие индуктивной связи обозначим на рис. 2.10 двухсторонней стрелкой, возле которой указывается взаимная индуктивность М. Одноименные зажимы индуктив- но связанных катушек обозначены на этом же рисунке точками. Так как токи отно- сительно одноименных зажимов направлены одинаково, то имеет место согласное включение индуктивностей.
Определим число уравнений, необходимое для описания цепи по законам Кирхго- фа. Неизвестных токов в цепи – пять. Число узлов в цепи – три. Следовательно, по первому закону Кирхгофа необходимо записать два уравнения. Остальные три уравнения запишем по второму закону Кирхгофа. Для мгновенных значений токов и напряжений уравнения будут иметь вид:
i1 = i3 + i7 + i8;
i5 = i3 + i8;
40
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
r1i1 + L1 |
di1 |
+ L2 |
di1 |
+ r7i7 + |
|
1 |
|
òi7dt = e1, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
dt |
|
|
C7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
r5i5 + r6i5 − r7i7 − |
1 |
òi7dt + r3i3 + |
1 |
|
òi3dt + L4 |
di3 |
+ M |
|
di8 |
+ |
1 |
|
òi3dt = 0, |
||||||||||||||||||
|
C7 |
|
C3 |
dt |
|
dt |
|
C4 |
|||||||||||||||||||||||
1 |
|
òi3dt + L4 |
|
di3 |
|
di8 |
1 |
|
òi3dt − L8 |
di8 |
|
di3 |
|
1 |
|
òi8dt = 0. |
|||||||||||||||
r3i3 + |
|
|
+ M |
|
|
+ |
|
|
|
|
− M |
|
|
|
− |
|
|
||||||||||||||
C3 |
dt |
|
dt |
C4 |
dt |
|
dt |
C8 |
|||||||||||||||||||||||
Запишем эти же уравнения в комплексной форме :
& |
|
& |
|
& |
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I1 |
= I3 |
+ I7 |
+ I8 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
& |
|
& |
|
& |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I5 |
= I3 |
|
+ I8 |
|
|
|
& |
& |
|
1 |
|
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
& |
|
|
|
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
r1I1 + jϖL1I1 + jϖL2I1 + r7I7 − j |
|
I7 = E1 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
ϖC7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
& |
|
|
& |
& |
|
|
1 |
& |
& |
|
|
|
|
1 |
& |
|
|
|
& |
|
& |
|
1 |
& |
|
|
|||
r5I5 |
+ r6I6 − r7I7 |
+ j |
ϖC7 |
I7 |
+ r3I3 |
− j |
ϖC3 |
I3 |
+ jϖL |
4I3 |
+ jϖMI8 |
− |
ϖC4 |
I3 |
= 0, |
||||||||||||||
& |
|
|
1 |
& |
|
|
& |
|
& |
|
|
|
1 |
& |
|
|
& |
|
& |
|
|
1 |
& |
|
|||||
r3I3 |
− j |
ϖC3 |
I3 |
+ jϖL4I3 |
+ jϖMI8 − j |
ϖC4 |
I3 |
− jϖL8I8 |
− jϖMI3 + j |
ϖC8 |
I8 |
= 0. |
|||||||||||||||||
41
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Рис. 2.11
42
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
3. ТИПОВОЙ РАСЧЕТ №3 Примеры расчёта переходных процессов в электрических цепях
ПРИМЕР 1. Определить ток в индуктивно- сти (рис. 3.1) классическим методом и по-
строить |
его график, если R1 = 6 Ом, |
R2 = R3 = 8 Ом, L = 2 мГн, E =10 В. |
|
Решение. |
Закон изменения тока iL (t) ищем |
в виде |
|
iL (t) = iLпр(t) + iLсв(t) .
Здесь iLпр – принуждённая составляющая тока, iLсв – свободная составляющая тока.
Данная схема с нулевыми начальными ус- ловиями. Независимое начальное условие
iL (0+) = iL (0−) = 0 ,
где iL (0−) – значение тока непосредственно перед коммутацией; iL (0+) – значение тока сразу после коммутации.
Определим принуждённую (установившуюся) составляющую тока:
iLпр = |
|
|
E |
|
|
× |
R 2 |
|
= |
|
10 |
|
× |
8 |
= 0,5 |
А. |
||
|
|
R |
2 |
× R3 |
R 2 |
+ |
R3 |
|
|
8 ×8 |
8 + 8 |
|||||||
|
R1 |
+ |
|
6 |
+ |
|
|
|
||||||||||
|
R2 |
+ R3 |
|
|
|
|
8 |
+ 8 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Получим характеристическое уравнение. Для этого в цепи после коммутации мыс- ленно разомкнём ветвь с индуктивностью, а источник ЭДС заменим его внутрен- ним сопротивлением, т.е. закоротим его зажимы. Запишем сопротивление цепи в операторной форме относительно точек размыкания и приравняем его к нулю. Со- противление можно определять в операторной форме относительно зажимов ис- точника:
pL + R3 + R1+× R2 = 0 . R1 R 2
Характеристическое уравнение
2 ×10−3 × p +11,43 = 0 ,
откуда
p = -5,72 ×103 .
Свободная составляющая имеет вид
iLсв(t) = Aept .
43
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Определим постоянную интегрирования А из начальных условий iL (0+) = iLпр (0+) + iLсв (0+) .
Подставим соответствующие значения в данное уравнение и найдём A = −0,5. За-
пишем решение в окончательном виде
iL (t) = 0,5(1 − e-5.72×103 t ) , А.
График тока имеет вид (рис. 3.2)
ПРИМЕР 2. Определить uC (t) и i(t) (рис. 3.3) класси- ческим методом, если R1 =1Ом; R 2 = 5Ом; C =1мкФ;
E =10 В.
Решение. Решение для uC (t) имеет вид uC(t) = uCпр(t) + uCсв(t).
Независимое начальное условие uC (0+) : uC (0+) = uC (0-) = E = 10 В.
Принуждённое значение uCпр :
uCпр = 0.
Характеристическое уравнение и его решение:
pC1 + R2 = 0 ,
R2pC +1 = 0 ,
44
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
p = - |
1 |
= - |
1 |
= -0,2 ×106 . |
|
R2C |
5×1×10−6 |
||||
|
|
|
Свободная составляющая uCсв (t) :
uCсв(t) = Aept .
Запишем исходное уравнение для t = 0 + и определим постоянную интегрирова- ния:
uC (0+) = uCпр (0+) + uCсв(0+), 10 = 0 + A ,
A =10.
Решение для напряжения на ёмкости
uC (t) =10e−0,210× 6t , В.
Вычислим ток i(t)
i(t) = C dudtC = -2e−0,210× 6×t , А.
Графики напряжения и тока приведены на рис. 3.4.
ПРИМЕР 3. Определить ток i1 (рис. 3.5) |
классическим методом, если R1 = 2 Ом; |
R2 = 4 Ом; C =1мкФ, e = 8sin(106 t + 90o) . |
|
Решение. Запишем закон изменения тока i1 |
(t) : |
i1(t) = i1пр (t) + i1св (t) .
45
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Независимое начальное условие
uC (0+) = uC (0−) = 0 .
Находим принуждённый ток i1пр(t) символическим мето- дом:
& |
|
& |
|
|
|
|
|
|
8e |
j90o |
|
j104,2 |
o |
|
|
|
|
Em |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
I1m пр = |
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
=1,423e |
|
|
А, |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
4( - j10) |
|
|
||||||
|
|
|
R2 ( - j |
) |
2 + |
|
|
|
|
||||||
|
|
R1 + |
ω ×C |
4 - j10 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
R2 - j |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
ω ×C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
(t) =1,423sin(106t +104,2o), А. |
|
|
|
|
|
|||||||||
1пр |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для определения характеристического уравнения для цепи после коммутации за-
пишем сопротивление в операторном виде относительно зажимов источника ЭДС и приравняем его к нулю:
|
R2 × |
1 |
|
|
||
R1 + |
pC |
= 0 . |
||||
|
||||||
R2 + |
1 |
|
||||
|
|
|
||||
|
pC |
|
||||
|
|
|
|
|||
Характеристическое уравнение
R1R 2Cp + R1 + R2 = 0 ,
8 ×10−6 p + 6 = 0 .
Корень характеристического уравнения:
p = -0,75×106 .
Свободная составляющая i1св (t) :
i1св (t) = Aept .
Находим постоянную интегрирования, используя начальные условия: i1(0+) = i1пр (0+) + i1св (0+) ,
i1(0+) =1,423×sin104,2o + A =1,38 + A.
Левая часть этого уравнения i1(0+) – зависимое начальное условие. Исходя из то- го, что uC (0+) = 0 (значит ёмкость представляет короткозамкнутый участок при
46
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
t = 0 + ),
i (0+) = |
e(0+) |
= |
8 × sin90o |
= 4А, |
|
|
|||
1 |
R1 |
|
2 |
|
|
|
|
откуда
A = 4 −1,38 = 2,62.
Окончательно получаем
i1(t) =1,423×sin(106t +104,2o ) + 2,62e-0,7510× 6t , А.
График тока показан на рис. 3.6.
ПРИМЕР 4. Определить ток i (рис. 3.7) операторным методом, если R1 = 2 Ом;
R2 = 3Ом; L = 2 мГн; E =10 В.
Решение. Находим независимое начальное условие iL (0+) . Согласно закону коммутации:
47
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
iL (0+) = iL (0-) = |
|
E |
= |
10 |
|
= 2 А. |
|
R1 |
+ R2 |
2 + |
3 |
||||
|
|
|
Составим операторную схему замещения цепи. Операторная схема составляется для послекоммутационной цепи (рис. 3.8).
Определим изображение тока I(p):
|
E |
+ Li(0+) |
|
|
|
|
|
|
I(p) = |
p |
= |
E |
+ |
Li(0+) |
. |
||
|
||||||||
R1 + pL |
p(R1 + pL) |
|
||||||
|
|
|
R1 + pL |
|||||
Вычислим оригинал тока i(t), используя табличные формулы соответствия между оригиналами и изображениями.
|
|
I(p) = |
|
|
E |
+ |
|
|
Li(0+) |
= |
E |
× |
|
1 |
|
|
+ i(0+) × |
1 |
. |
||||||||
|
|
|
p(R1 + pL) |
|
R1 |
+ pL |
L |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R1 |
|
R1 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p(p + |
|
) |
|
p + |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
L |
||||||||||
Известно, что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
е-α ×t , |
|
1 |
|
|
|
1 |
(1- е-α ×t ). |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
= |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
p + α |
p(p + α ) |
α |
|
|
|
|
|||||||||||||||
Используя эти формулы, получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
R1 |
|
|
|
|
- |
R1 |
×t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
i(t) = |
E |
(1− e- |
|
|
×t ) + i(0+)e |
|
|
L |
= 5(1− e−103t ) + 2e−103t = 5 − 3e−103t , А. |
||||||||||||||||||
|
L |
|
|||||||||||||||||||||||||
R |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
График тока i(t) изображён на рис. 3.9.
48
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com