Студопедия.Орг 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 = rjxC = 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) = -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 прi 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 = -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: 586 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!



studopedia.org - Студопедия.Орг - 2014-2024 год. Студопедия не является автором материалов, которые размещены. Но предоставляет возможность бесплатного использования (0.014 с)...