 |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
Решение. 1. Независимые начальные условия определим, рассчитав ток в индуктивности и напряжение на ёмкости до коммутации символическим методом
|
|
1. Независимые начальные условия определим, рассчитав ток в индуктивности и напряжение на ёмкости до коммутации символическим методом.
Е m = 400× е j 30° B,
Z вх = jwL + r 3 – j 
= j 314·0,25 + 25 – j 
= 25 + j 70,54 = 74,84 е j 70,49° Ом,
I 1 m = 
= 
= 5,34× е –j 160,49° A,
U Cm = - j I 1 m = 7,96× е –j 90°×5,34× е –j 160,49° = 42,51× е –j 250,49° B.
Мгновенные значения: i 1 (t - ) = 5,34× sin( 314 t – 160,49° ) А,
uC(t - ) = 42,51× sin( 314 t – 250,49° ) B.
При t = 0- i 1(0-)= 5,34× sin(- 160,49° ) = -1,78 А,
uC (0-)= 42,51× sin(- 250,49° ) = 40,1 B.
Согласно законам коммутации
i 1(0+)= i 1(0-)= -1,78 А, uC (0+) = uC (0-) = 40,1 B.
2. Схему после коммутации опишем системой линейных дифуравнений
i 1 – i 2 – i 3= 0,
L 
+ r 2 i 2 = e(t),
r 3 i 3 + uC – r 2 i 2 = 0, где uС(t) = 
.
3. Рассчитаем принуждённый режим
Е m = 100× е –j 90° B,
Z = jwL + 
= j 78,5 + 
= 76,91× е j 77,2° Ом,
I 1 прm = 
= 
= 5,2× е –j 167,2° A,
I 2 прm = I 1 прm × 
= 5,2× е –j 167,2°× 
= 1,81× е –j 178,8° A,
I 3 прm = I 1 прm – I 2 прm = -5,07 – j 1,15 + 1,810 + j 0,038 = -3,26 – j 1,112 = 3,44 е -j 161,2° A,
U Cпрm = - j I 3 прm = 7,96× е –j 90°×3,44 е -j 161,2° = 27,38× е -j 251,2° B.
Мгновенные значения принуждённых составляющих:
i 1 пр(t) = 5,2× sin( 314 t – 167,2° ) А, i 2 пр(t) = 1,81× sin( 314 t – 178,8° ) А,
i 3 пр(t) = 3,44× sin( 314 t – 161,2° ) А, uСпр(t) = 27,38× sin( 314 t – 251,2° ) B.
4. Свободный режим.
Составим характеристическое уравнение относительно ветви с ёмкостью: 
+ r 3 + 
= 0 или LС(r 2 + r 3)· р 2 + (L + r 2 r 3 С)р + r 2 = 0
или 0,25×400×10 -6×(50+25)· р 2 + ( 0,25 + 50·25·400·10 -6 )р + 50 = 0,
7,5×10 -3× р 2 + 0,75× р + 50 = 0.
Корни характеристического уравнения: р 1,2 = -50 ± j 64,55 с –1.
Свободная составляющая тока i 3 св (t) = А 3· е -50 t × sin( 64,55 t + Y 3 ).
Постоянные интегрирования определим при t = 0+: i 3 св (0+) = А 3· sin(Y 3 ).
Так как постоянных интегрирования две, то найдём недостающее уравнение путём дифференцирования свободной составляющей и запишем его при t = 0+: 
= -50 А 3· sin(Y 3 ) + 64,55 А 3·со s(Y 3 ).
Система дифуравнений при t = 0+ для свободных составляющих:
i 1 св (0+) = i 2 св (0+) + i 3 св (0+),
Li 1 св ¢(0+) + r 2 i 2 св =0,
r 3 i 3 св (0+) + uCсв (0+) – r 2 i 2 св (0+) = 0,
где i 1 св (0+) = i 1(0+) – i 1 пр (0+) = -1,78 – 5,2 sin(- 167,2° ) = -0,63 А,
uCсв (0+) = uC (0+) – uCпр (0+) = 40,1 – 27,38 sin(- 251,2° ) = 14,2 В.
Далее i 2 св (0+) = i 1 св (0+) – i 3 св (0+) = -0,63 – i 3 св (0+);
25 i 3 св (0+) + 14,2 – 50·(-0,63 – i 3 св (0+)) = 0,
i 3 св (0+) = 
= -0,61 А, i 2 св (0+) = -0,63 + 0,61 = -0,02 А.
i 1 св ¢(0+) = 
= 
= 4 А / с, i 2 св ¢(0+) = i 1 св ¢(0+) – i 3 св ¢(0+);
r 3 i 3 св ¢(0+) + i 3 св (0+) – r 2 i 1 св (0+) + r 2 i 3 св (0+) = 0,
i 3 св ¢(0+) = 
= 
= 23 А / с.
Совместно решаем систему уравнений
А 3· sin(Y 3 ) = -0,61,
-50 А 3· sin(Y 3 ) + 64,55 А 3·со s(Y 3 ) = 23.
А 3·со s(Y 3 ) = 
= -0,12; tgY 3 = 
= 
= 5,08;
Y 3 = arctg 5,08 = 78,87°, sin(Y 3 ) = 0,98, А 3 = -0,61/0,98= -0,62.
i 3 св(t) = -0,62 е -50 t × sin( 64,55 t + 78,87° ) А.
5. Полный ток
i 3 (t) = 3,44 sin( 314 t – 161,2° ) – 0,62 е -50 t × sin( 64,55 t + 78,87° ) А.
ЗАДАЧА 7.30. Рассчитать токи пере-ходного процесса в схеме рис. 7.49. Числовые значения:
U = 50 В, r = 10 Ом, L = 0,1 Гн, М = 0,05 Гн.
Дата публикования: 2014-11-19; Прочитано: 222 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!
