 |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
Решение. Анализом схемы до коммутации определим напряжение на конденсаторе по второму закону Кирхгофа: ri0(0-) – uС(0-) = E0
|
|
Анализом схемы до коммутации определим напряжение на конденсаторе по второму закону Кирхгофа: ri 0(0-) – uС (0-) = E 0.
i 0(0-) = 0, следовательно, uС (0-) = - E 0 = -300 В.
Согласно второму закону коммутации uС( 0+ ) = uС( 0- ) = -300 В.
Схема после коммутации описывается линейным дифуравнением
ri(t) + uС(t) = е(t), где uС(t) = 
, решение которого будем искать в виде: i = iпр + iсв; uС = uСпр + uСсв.
Для расчёта принуждённого режима воспользуемся символическим методом.
Е m = 100 е – j 90º B, хС = 
= 
= 100 Ом,
Z = r – jxC = 100 – j 100 = 100 
е – j 45° Ом,
I mnp = 
= 
= 0,5 е – j 45° = 0,707 е – j 45° A,
U Cmnp = - jxC · I mnp = 100 е – j 90°·0,5 е – j 45° = 50 е – j 135° = 70,7 е – j 135° B.
Мгновенные значения принуждённых составляющих:
iпр(t) = 0,707 sin( 1000 t – 45° ) A, uСnp(t) = 70,7 sin( 1000 t – 135° ) B.
Характеристическое уравнение запишем на основе дифуравнения
r + 
= 0, р = - 
= - 
= -1000 с -1.
Следовательно, свободные составляющие запишем в виде:
iсв(t) = Ае -1000 t; uСсв(t) = Bе -1000 t.
Постоянные интегрирования определим из начальных условий.
При t = 0+ имеем: iсв (0+) = А; uСсв (0+) = B = uС (0+) – uСпр (0+),
где uСпр (0+) = 70,7 sin(- 135° ) = -50 B,
uСсв (0+) = B = -300 – (-50) = -250 B.
Дифуравнение для свободных составляющих при t = 0+ имеет вид:
riсв (0+) + uСсв (0+) = 0.
iсв (0+) = А = 
= 
= 2,5 А, т.е.
iсв(t) = 2,5 е -1000 t А; uСсв(t) =-250 е -1000 t B.
Искомые величины имеют вид:
uС(t) = 70,7 sin( 1000 t – 135° ) – 250 е -1000 t B,
 |
i(t) = 0,707 sin( 1000 t – 45° ) + 2,5 е -1000 t А.
Для построения графиков (рис. 7.17) определим постоянную времени цепи и длительность ПП:
t = 
= 
= 0,001 с, ТПП = 4 t = 0,004 с.
Период синусоиды Т = 
= 
= 0,00628 с = 6,28 мс.
Результаты расчётов по построению графика сведём в табл. 7.1.
Таблица 7.1
| t, мс | 0,75 | 1,5 | 2,25 | 3,75 | 4,5 | 5,25 | 6,75 | |||
| iпр, А | -0,5 | -0,02 | 0,46 | 0,7 | 0,57 | 0,12 | -0,38 | -0,7 | -0,62 | -0,22 |
| iсв, А | 2,5 | 1,18 | 0,56 | 0,26 | 0,12 | 0,06 | 0,03 | 0,01 | 0,006 | 0,003 |
| i, А | 2,0 | 1,16 | 1,02 | 0,96 | 0,69 | 0,18 | -0,35 | -0,68 | -0,614 | -0,217 |
Задача 7.9. Рассчитать токи переходного процесса и напряжение на индуктивности в схеме рис. 7.18, если
E = 150 В, r 1= r 2= 10 Ом, r 3= r 4= 5 Ом, L = 20 мГн.
Построить графики i 2 (t), uL(t).
 |
Решение
1. Анализом схемы до коммутации определим независимое начальное условие, которым здесь является ток в индуктивности – i 2 ( 0- ).
Схема до коммутации имеет вид рис. 7.19. Ток в индуктивности
i 2 ( 0- ) = 
· 
= 
· 
=3,75 А.
Согласно первому закону коммутации имеем i 2 ( 0+ ) = i 2 ( 0- ) = 3,75 А.
2. Схема после коммутации имеет вид рис. 7.20 и описывается системой линейных дифференциальных уравнений по законам Кирхгофа i 1 (t) = i 2 (t) + i 3 (t),
r 1 i 1 + r 2 i 2 + L 
= E,
r 1 i 1 + (r 3 + r 4 ) · i 3 = E,
решение которой будем искать в виде iq(t) = iqпр(t) + iqсв(t); uL(t) = uLпр(t) + uLсв(t).
3. Принуждённый режим:
i 1 пр = 
= 
= 10 А;
i 2 пр = i 1 пр · 
= 10· 
= 5 А;
i 3 пр = i 1 пр – i 2 пр = 10 – 5 = 5 А, uLпр = 0.
4. Свободный режим.
Составим характеристическое уравнение путём записи входного сопротивления в операторной форме (2-й способ): 
+ r 1 = 0.
Но можно составить характеристическое уравнение и относительно ветви с накопителем, при этом источник заменяется его внутренним сопротивлением (рис. 7.21). Тогда вид уравнения будет проще:
+ r 2 + pL = 0; 
+ 10 + 20·10 -3· p = 0; p = -750 c -1.
Тогда i 1 св = А 1 еpt = А 1 е -750 t; i 2 св = А 2 е -750 t; i 3 св = А 3 е -750 t; uLсв = Bе -750 t.
Постоянные интегрирования определим при t = 0+.
I способ решения
Схема после коммутации для t = 0+ имеет вид рис. 7.22. По методу двух узлов
uab (0+) = 
= 
= 56,25 B.
Токи в момент коммутации
i 1(0+) = 
= 
= 9,375 А,
i 3(0+) = 
= 
= 5,625 А или i 3(0+) = i 1(0+) – i 2(0+) = 5,625 А,
uL (0+) = uab (0+) – r 2 i 2(0+) = 56,25 – 10·3,75 = 18,75 B.
Запишем свободные составляющие при t = 0+:
i 1 св (0+) = А 1 = i 1(0+) – i 1 пр = 9,375 – 10 = -0,625 А,
i 2 св (0+) = А 2 = i 2(0+) – i 2 пр = 3,75 – 5 = -1,25 А,
i 3 св (0+) = А 3 = i 3(0+) – i 3 пр = 5,625 – 5 = 0,625 А,
uLсв (0+) = B = uL (0+) – uLпр = 18,75 – 0 = 18,75 B.
Итак: i 1 св (t) = -0,625 е -750 t А, i 1 (t) = 10 – 0,625 е -750 t А,
i 2 св (t) = -1,25 е -750 t А, i 2 (t) = 5 – 1,25 е -750 t А,
i 3 св (t) = 0,625 е -750 t А, i 3 (t) = 5 + 0,625 е -750 t А,
uL(t) = uLсв(t) = 18,75 е -750 t B.
II способ решения
Постоянную интегрирования А 2 можно определить сразу, так как ток
i 2 подчиняется первому закону коммутации:
А 2 = i 2(0+) – i 2 пр = 3,75 – 5 = -1,25 А,
i 2 св(t) = А 2 е -750 t = -1,25 е -750 t А, i 2 (t) = i 2 пр(t) + i 2 св(t) = 5 – 1,25 е -750 t А.
Определим напряжение на индуктивности
uL(t) = L = 20·10 -3·(-1,25)(-750) е -750 t = 18,75 е -750 t B.
Узловое напряжение
uab(t) = r 2 i 2 (t) + uL(t) = 10·(5 – 1,25 е -750 t) + 18,75 е -750 t = 50 + 6,25 е -750 t B.
Токи i 3 (t) = 
= 
= 5 + 0,625 е -750 t А,
i 1 (t) = i 2 (t) + i 3 (t) = 5 – 1,25 е -750 t + 5 + 0,625 е -750 t = 10 – 0,625 е -750 t А.
5. Построим графики i 2 (t) и uL(t). Длительность переходного процесса
ТПП = 4 t = 
= 
с = 5,33 мс.
Результаты расчётов представим в виде табл. 7.2.
Таблица 7.2
| t, мс | 1,33 | 2,67 | 5,33 | ||
| i 2 св, А | -1,25 | -0,46 | -0,17 | -0,06 | -0,02 |
| i 2, А | 3,75 | 4,54 | 4,83 | 4,94 | 4,98 |
| uL, В | 18,75 | 6,9 | 2,54 | 0,93 | 0,34 |
 |
Графики представлены на рис. 7.23.
 |
ЗАДАЧА 7.10. В схеме рис. 7.24,а рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи: U = 50 В, r 1 = r 3 = 100 Ом, r 2 = 50 Ом, С = 100 мкФ.
Дата публикования: 2014-11-19; Прочитано: 612 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!
