Решение. I. Расчёт классическим методом

I. Расчёт классическим методом.

1. Получим независимое начальное условие u_C( 0 ) анализом цепи до коммутации:

х_C = = = 100 Ом, Z = = = 111,8 Ом,

I_m = = = 0,894 A, U_Cm = I_m × х_C = 0,894×100 = 89,4 B,

j = arctg = - arctg = -63,4°, y_i = y_u – j = 90° + 63,4° = 153,4°,

y_uC = y_i – 90° = 153,4° – 90° = 63,4°,

u_C(t _- ) = 89,4× sin( 200 t + 63,4° ) B, u_C( 0₊ ) = u_C( 0_- ) = 89,4× sin 63,4° = 80 B.

Зависимое начальное условие (ток в цепи в момент сразу после коммутации): i( 0 ) = = = 0,2 А.

2. Рассчитаем принуждённые составляющие тока и напряжения на конденсаторе:

I_mпр = = = 0,707 A, U_Cmпр = I_mпр × х_C = 0,707×100 = 70,7 B,

y_iпр = y_u – arctg = 90° + arctg = 135°,

y_uCпр = y_iпр – 90° = 135° – 90° = 45°,

u_Cпр(t) = 70,7× sin( 200 t + 45° ) B, i_пр(t) = 0,707× sin( 200 t + 135° ) A.

Начальные значения принуждённых составляющих:

u_Cпр( 0 ) = 70,7× sin 45° = 50 B, i_пр( 0 ) = 0,707× sin 135° = 0,5 A.

3. Характеристическое уравнение и его корень:

+ r ₁ = 0, р = - = - = -200 с ^-1.

4. Свободные составляющие: u_Cсв(t) = A × e ^рt, i_св(t) = В × e ^рt.

Постоянные интегрирования:

A = u_Cсв( 0 ) = u_C( 0 ) – u_Cпр( 0 ) = 80 – 50 = 30,

В = i_св( 0 ) = i( 0 ) – i_пр( 0 ) = 0,2 – 0,5 = -0,3.

5. Окончательно получаем:

u_C(t) = u_Cпр(t) + u_Cсв(t) = 70,7× sin( 200 t + 45° ) + 30× e ^{-200 t} B,

i(t) = i_пр(t) + i_св(t) = 0,707× sin( 200 t + 135° ) – 0,3× e ^{-200 t} A.

ii. Расчёт операторным методом.

1. Независимое начальное условие –

u_C( 0₊ ) = u_C( 0_- ) = 80 B.

2. Эквивалентная операторная схема на рис. 7.75.

Изображение напряжения источника находим по прямому преобразованию Лапласа:

u(t) = 100× sin( 200 t + 90° ) 100 = u(p).

3. Изображение тока находим по закону Ома, причём с целью получения выражений, соответствующих таблице преобразований Лапласа, полученное выражение разложим на правильные дроби:

I(p) = = = =

= + = .

Возникает следующая система уравнений: 0,005 А + D = 0,001,

A + 0,005 B = 0,

B + 40000 D = -160.

Решение системы: А = 0,5; B = -100; D = -0,0015.

Таким образом,

I(p) = + = + .

Первую дробь приведём к следующему табличному виду:

= М .

Возникает ещё одна система уравнений:

Мsiny = 0,5, Мsiny = 0,5,

200× Мcosy = -100. Мcosy = -0,5.

tgy = -1, y = 135°, М = = 0,707.

4. По таблице преобразований Лапласа находим ответ:

i(t) = 0,707× sin( 200 t + 135° ) – 0,3× e ^{-200 t} A.

iii. Следует отметить, что при синусоидальном источнике, напряжение или ток которого можно записать в комплексной форме, возможен и другой подход к нахождению изображений и оригиналов величин. Покажем его.

Согласно символическому методу, синусоидальное напряжение равно мнимой части от комплексного мгновенного значения, записываемого в виде экспоненты. Но тогда и изображение напряжения источника может быть получено взятием мнимой части от изображения комплексного мгновенного значения:

u(t) = U_m × sin(wt + y_u)= Im[U_m × e ^{j(wt + yu)}]= Im[U_me ^jyu × e ^jwt] Im = U(p).

Изображение тока находим по закону Ома по схеме рис. 7.75:

I(p) = Im = Im =

= Im = Im ,

где F ₁ (p) = pC(U_me ^jyu – ju_C( 0 )) – u_C( 0 )wC,

F ₂ (p) = (p – jw)(r ₁ Cp + 1 ).

Оригинал тока найдём с помощью теоремы разложения. Для этого предварительно вычислим:

- корни уравнения F ₂ (p) = 0: p ₁ = jw = j 200 с ^–1; p ₂ = - = -200 с ^–1;

- F ₂¢ (p) = 2 r ₁ Cp + 1 – jwr ₁ C; F ₂¢ (p ₁ ) = j + 1; F ₂¢ (p ₂ ) = -1 – j;

- F ₁ (p ₁ ) = U_me ^jyujwC = 100× j × j ×200×50×10 ^–6 = -1;

- F ₁ (p ₂ ) = -200(100 j – j 80)×50×10 ^–6 – 80×200×50×10 ^–6 =

= -0,8 – j 0,2 = 0,825× e ^{–j 166°}.

i(t) = Im = Im =

= Im = × sin(wt +135° ) – 0,583 sin 31°× e ^{-200 t} =

= 0,707× sin( 200 t + 135° ) – 0,3× e ^{-200 t} A.

iV. Наконец, операторным методом можно рассчитать только свободные составляющие тока и напряжения на конденсаторе, предварительно рассчитав принуждённые составляющие символическим методом (см. часть i настоящей задачи): i_пр(t) = 0,707× sin( 200 t + 135° ) A;

u_Cпр(t) = 70,7× sin( 200 t + 45° ) B,

u_Cпр( 0 ) = 70,7× sin 45° = 50 B, u_Cсв( 0 ) = u_C( 0 ) – u_Cпр( 0 ) = 80 – 50 = 30 B.

Эквивалентная операторная схема для свободного режима представлена на рис. 7.76.

Полученная цепь рассчитывается на основании закона Ома, оригиналы величин находим, используя таблицу преобразований Лапласа.

I_св(p) = = = = -0,3× e ^{-200 t} A = i_св(t);

u_Cсв(p) = I_св(p) × + = + =

= = = =

= 30× e ^{-200 t} В = u_Cсв(t).

ЗАДАЧА 7.52. В схеме рис. 7.77 найти ток i ₁ (t), если e(t) = 100 sin( 1000 t – 15° ) В,

r ₁= r ₂= 25 Ом, L = 0,1 Гн, J = 4 A.

Ответы. I ₁ (p) = ;

i ₁ (t) = -2 + 2 sin( 1000 t – 78,5° ) + 3,96 e ^{-500 t} A.

Задача 7.53. В схеме рис. 7.78

r = 100 Ом, С = 10 мкФ, E ₀ = 300 В,

e(t) = 100 sin( 1000 t – 90° ) В.

Определить ток ПП.

Ответы. u_С( 0 ) = - 300 В,

расчётная операторная схема идентична схеме рис. 7.75;

e(t) = - E_mcosw ₀ t ;

I(p) = = = ;

p _1,2= ± jw ₀ = ± j 1000 c ^-1, p ₃= -1/ (rC) = -1000 c ^-1;

F ₂¢ (p) = 2 p(rpC + 1 ) + (p ² + w ₀² )rC;

i(t) = = 2 Re + =

= cos( 1000 t – 135° ) + 2,5 e ^{-1000 t} = 0,707 sin( 1000 t – 45° ) + 2,5 e ^{-1000 t} A.

ЗАДАЧА 7.54. В схеме рис. 7.79 рассчитать токи i ₁ (t) и i ₃ (t), если u(t) = U ₀· e ^{- at}, U ₀ = 40 В,

a = 20 c ^-1, r ₁= 5 Ом, r ₂= 10 Ом, L = 100 мГн.

Ответы. U(p) = ;

I ₁ (p) = = = ;

p ₁= - a = -20 c ^-1; p ₂=-33,33 c ^-1; F ₂¢ (p) = (р + a)L(r ₁+ r ₂ ) + рL(r ₁+ r ₂ ) + r ₁· r ₂;

i ₁ (t) = = 16 e ^{-20 t} – 13,33 e ^{-33,33 t} A;

I ₃ (p) = I ₁ (p) · = ; i ₃ (t) = 20 e ^{-20 t} – 20 e ^{-33,33 t} A.

ЗАДАЧА 7.55. Решить задачу 7.18 операторным методом.