7. ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ (ПП) В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ С СОСРЕДОТОЧЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ 7.1. КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЁТА ПП 7.1.1. Общие положения Если электрическая цепь достаточно долго сохраняла неизменный вид, то в ней создаётся так называемый установившийся (принуждённый) режим. Последнему соответствуют определённые законы изменения энергии электрических полей конденсаторов и магнитных полей индуктивностей цепи. В случае изменения схемы при переключениях, которые будем называть коммутациями, энергия полей должна измениться, а для этого требуется некоторое время. Процесс, возникающий в электрической цепи при переходе от одного установившегося режима к другому, называется переходным. На протяжении ПП электрическая цепь может быть описана системой динамических уравнений, которая может быть сведена относительно одной электрической величины (тока или напряжения) к дифференциальному уравнению n-го порядка, причём его порядок определяется количеством накопителей энергии (к ним относятся индуктивности и ёмкости). Возникающее дифференциальное уравнение является линейным, неоднородным, с постоянными коэффициентами (см. задачу 7.1). Общее решение полученного неоднородного линейного дифуравнения представляет собой сумму двух величин: частного решения неоднородного уравнения, выражающего принуждённый режим, задаваемый источниками, и решения соответствующего однородного дифуравнения, выражающего свободный режим. В соответствии с этим для любого тока или напряжения можно записать: i = iпр + iсв, u = uпр + uсв, где iпр, uпр – принуждённые составляющие тока и напряжения; iсв, uсв – свободные составляющие тока и напряжения. Метод нахождения электрических величин в виде суммы двух рассмотренных составляющих называется классическим. Принуждённые составляющие рассчитываются любыми ранее изученными методами, а вид свободных составляющих зависит от числа и вида корней характеристического уравнения. Существует несколько способов составления характеристического уравнения. 1 способ. По имеющемуся дифференциальному уравнению: di d ni d n 1i Kn· n + Kn-1· n 1 + … + K1· + K0·i = f(t). dt dt dt n n-я производная заменяется на p ; . . . ; первая производная на p; сама величина – 1; правая часть – 0, то есть Kn·pn + Kn-1·pn-1 + . . . + K1·p + K0 = 0. 2 способ. Путём записи входного сопротивления в операторной форме: 1. Источники заменяются их внутренними сопротивлениями, а ключ показывается в послекоммутационном состоянии. 32 2. Цепь размыкается в любом месте. Рекомендуется разрывать в ветви с конденсатором, а при его отсутствии – в ветви с индуктивностью. 3. Относительно полученных зажимов записывается входное сопротивление в комплексной форме Z(j) (индуктивное сопротивление – jL, а ёмкостное – 1/(jС)). 4. Производится замена j = p. Получаем входное сопротивление Z(p) в операторной форме. 5. Полученное сопротивление приравниваем к нулю, т.е. Z(p) = 0. Это и есть характеристическое уравнение. 3 способ. Используя систему динамических уравнений цепи: 1. Составляется система динамических уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного состояния цепи. 2. Полученная система алгебраизируется (из дифференциальных уравнения превращаются в алгебраические в операторной форме). 3. Определитель системы приравнивается к нулю и получается характеристическое уравнение. Если корень характеристического уравнения один (обязательно отрицательный), свободная составляющая имеет вид: iсв(t) = A·ept, где A – постоянная интегрирования; Если корней два, оба действительные, отрицательные, разные, причём |p1| < |p2|, то iсв(t) = A1· e p1t + A2· e p 2 t . Если корней два – действительные, отрицательные, равные (p1 = р2 = р), то iсв(t) = A1·ept + A2·t·ept, где A1 и A2 – две постоянные интегрирования; Если корней два – комплексные, сопряжённые, т.е. p1,2 = -b j0, то iсв(t) = A·e-bt·sin(0t + ), где A и – постоянные интегрирования. Количество корней характеристического уравнения определяет число постоянных интегрирования и равно количеству накопителей энергии в цепи после коммутации. Постоянные интегрирования находятся из начальных условий (значения электрических величин и их производных в начальный момент после коммутации), которые делятся на независимые и зависимые. К независимым относятся значения в момент коммутации потокосцепления и тока индуктивности, заряда и напряжения конденсатора. Остальные начальные условия считаются зависимыми. Высказанные выше положения о том, что запас энергии магнитного или электрического поля может изменяться только плавно, без скачков, выражают принцип непрерывности во времени потокосцепления индуктивности и электрического заряда ёмкости и называются законами коммутации. Первый закон коммутации: в индуктивном элементе ток и магнитный поток непосредственно после коммутации сохраняют значения, которые они имели непосредственно перед коммутацией, и дальше начинают изменяться 33 именно с этих значений: (0+) = (0-), iL(0+) = iL(0-), где t = 0+ – момент сразу после коммутации, t = 0- – момент непосредственно перед коммутацией. Второй закон коммутации: на ёмкостном элементе напряжение и заряд сохраняют в момент коммутации те значения, которые они имели непосредственно перед коммутацией, и в дальнейшем изменяются, начиная с этих значений: q(0+) = q(0-), uC(0+) = uC(0-). При нулевых начальных условиях (iL(0-) = 0, uC(0-) = 0) индуктивность в начальный момент после коммутации равносильна разрыву цепи, а ёмкость – короткому замыканию. В случае ненулевых начальных условий (iL(0-) 0, uC(0-) 0) индуктивность в момент t = 0+ равносильна источнику тока, а ёмкость – источнику ЭДС. В зависимости от порядка дифуравнений различают цепи первого, второго и более высокого порядка. Сущность классического метода анализа ПП показана на примере задачи 7.1. Однако применен нерациональный порядок расчёта. Рекомендуется следующий порядок расчёта ПП: 1. Анализом цепи до коммутации определение независимых начальных условий. 2. Запись искомых электрических величин (токов и напряжений) в виде суммы двух составляющих – принуждённой и свободной. 3. Расчёт принуждённых составляющих. 4. Вид свободных составляющих зависит от числа и вида корней характеристического уравнения. Поэтому тем или иным способом составляется и решается характеристическое уравнение. 5. Запись свободных составляющих с учётом вида корней. 6. Определение тем или иным способом необходимых начальных условий. 7. Нахождение постоянных интегрирования из начальных условий. 8. Запись искомых величин в окончательной форме. 7.1.2. ПП в цепях с одним накопителем i2 r1 ЗАДАЧА 7.1. В схеме рис. 7.1 рассчитать С напряжение на конденсаторе и токи переходного U r2 процесса. Параметры цепи: U = 100 В, r1 = 60 Ом, i uC i1 C r2 = 40 Ом, С = 10 мкФ. Построить график напряжения на конденсаторе. Рис. 7.1 Решение В послекоммутационном режиме цепь описывается следующей системой уравнений по законам Кирхгофа относительно мгновенных значений токов и напряжения на конденсаторе: i1 – i2 – iC = 0, i1r1 + uC = U, i2r2 – uC = 0. Дополнительное уравнение – уравнение связи между током и напряжеdu нием конденсатора: iC = С C . dt 34 Систему уравнений решаем способом подстановки – все токи выражаем через напряжение на конденсаторе и подставляем в первое уравнение системы. В результате система уравнений сводится к одному линейному неоднородному дифференциальному уравнению первого порядка с постоянными коэффициентами. В скобках отметим, что порядок уравнения определяется количеством накопителей энергии в цепи. В данном случае есть только один накопитель – конденсатор, поэтому и уравнение оказалось первого порядка. du du U uC u U uC u C i1 = ; i2 = C ; iC = С C ; – – С C = 0. r1 r1 r2 r2 dt dt duC r1 r2 U + uC = . Cr1r2 Cr1 dt Решение уравнения uС(t) находится в виде суммы частного решения неоднородного дифференциального уравнения и общего решения соответствующего однородного дифференциального уравнения. Отметим, что в курсе ТОЭ они называются, соответственно, принуждённой (или установившейся) и свободной составляющими: uС(t) = uCпр(t) + uCсв(t). Такой метод расчёта переходных процессов называется классическим. Вид принуждённой составляющей определяется видом правой части уравнения, то есть характером источника. В данном случае, поскольку источник постоянный, принуждённая составляющая напряжения на конденсаторе duC пp также будет постоянной, а = 0: dt Cr r U r 40 uCпр = 1 2 = 2 U = 100 = 40 В. r1 r2 Cr1 r1 r2 60 40 Вид свободной составляющей зависит от числа и вида корней характеристического уравнения. Поэтому составим и решим характеристическое уравнение. При составлении его по имеющемуся дифференциальному уравнению производная от uC заменяется на р, сама величина uC – на 1, правая часть принимается равной нулю: r r р + 1 2 = 0. Cr1r2 r r 60 40 Решение уравнения: р = - 1 2 = - 5 = -4167 с –1. Cr1r2 10 60 40 При одном, обязательно отрицательном, корне характеристического уравнения свободная составляющая имеет вид: uCсв(t) = Ае рt. Постоянную интегрирования А находим, используя начальные условия. Напряжение на конденсаторе до коммутации: uC(0-) = U = 100 В. Согласно второму закону коммутации, uC(0+) = uC(0-) = 100 В. Таким образом, постоянная интегрирования А = uCсв(0) = uC(0) – uCпр(0) = 100 – 40 = 60 В. Окончательно получаем: uC(t) = 40 + 60е -4167t В. U uC 100 40 60 e 4167 t Токи в ветвях: i1(t) = = = 1 – 1е -4167t А, r1 60 35 B 80 60 40 uC 40 60 e 4167 t i2(t) = = = 1 + 1,5е -4167t А, r2 40 iC(t) = i1(t) – i2(t) = -2,5е -4167t А. Для построения графика uC(t) дополнительно вычислим: - постоянная времени цепи = 1/|p| = 1/4167 c = 0,24 мс, - практическая длительность переходного процесса Тпп = (35) = 4 = 0,96 мс. u График uC(t) строим по составляющим: отдельно показываем принуждённую Рис. 7.2 и свободную составляющие, uC(t) а затем их графически суммируем. График представлен на рис. 7.2. uCпр(t) i rк U L 20 uCсв(t) t Рис. 7.3 uL мc 0,2 0,4 0,6 0,8 iпр ЗАДАЧА 7.2. Рассчитать ток катушки и напряжение на индуктивности (рис. 7.3), если rк U U = 200 В, rк = 10 Ом, L = 25 мГн. хL = 0 Построить графики i(t) и uL(t). Рис. 7.4 Комментарии и ответы. 1. Независимое начальное условие: i(0+) = i(0-) = 0. 2. Расчёт принуждённого режима по схеме рис. 7.4: iпр = 20 А; uLпр = 0. 3. Характеристическое уравнение и его корень: rк + рL = 0, р = -400 с –1. 4. Свободные составляющие: iсв = Аеpt; uLсв = Bеpt. 5. Начальные условия: iсв(0+) = i(0+) – iпр = -20 А; uLсв(0+) = uL(0+) = U – rкi(0+) = 200 B. 6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = -20; B = uLсв(0+) = 200. а) б) В uL А i iпр 20 200 i(t) 10 2,5 5 7,5 10 t 0 100 мс -10 iсв t -20 Рис. 7.5 0 2,5 5 7,5 10 мс 0 36 7. Полные величины: i(t) = 20 – 20е -400t А; uL(t) = 200е -400t B. 8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП L 1 = = = 2,5·10 -3 с; ТПП = 4· = 0,01 с. | p | rк Графики i(t), uL(t) на рис. 7.5. ЗАДАЧА 7.3. Определить ток и напряжение катушки при переключении её на добавочное сопротивление rд (рис. 7.6), если U = 200 В, rк = 10 Ом, L = 25 мГн, rд = 40 Ом. Построить графики i(t), uк(t). rк U Комментарии и ответы. uк L 1. Независимое начальное условие: rд i U i(0+) = i(0-) = = 20 А. rк Рис. 7.6 2. Принуждённые составляющие: iпр = 0; uкпр = 0. 3. Характеристическое уравнение и его корень: рL + (rд + rк) = 0, р = -2000 с –1. 4. Свободные составляющие: iсв = Аеpt; uксв = Bеpt. 5. Начальные условия: iсв(0+) = i(0+) – iпр = 20 А; uL(0+) = -i(0+)·(rд + rк) = -1000 В и uксв(0+) = uк(0+) = rкi(0+) + uL(0+)= -800 В. 6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = 20; B = uксв(0+) = -800. 7. Полные величины: i(t) = 20е -2000t А; uк(t) = -800е -2000t B. 8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП 1 = = 0,5·10 -3 с = 0,5 мс; ТПП = 2 мс. | p| Графики i(t), uL(t) на рис. 7.7. В uк 0,5 0 1 1,5 2 i t а) А мс 20 б) -200 -400 10 -600 -800 0 Рис. 7.7 t 0,5 1 1,5 2 мс ЗАДАЧА 7.4. На рис. 7.8,а представлена схема для расчёта переходного процесса при включении трансформатора в режиме холостого хода. Причём u(t) = 100sin(314t +u) В, r = 20 Ом, L = 0,159 Гн. Рассчитать u для получения самого «тяжёлого» и «лёгкого» включения. Построить график тока «тяжёлого» включения. Определить величину ударного тока. 37 Решение 1. Независимое начальное условие нулевое – i(0+) = i(0-) = 0. 2. Расчёт тока выполним классическим методом. Принуждённая U составляющая имеет вид: iпр(t) = Imsin(314t +i) = m sin(314t + u – ). Z Здесь Z = r 2 ( L )2 = 20 2 ( 314 0,159 )2 = 20 2 50 2 = 53,9 Ом, U L 50 100 = arctg = arctg = 68,1, Im = m = = 1,86 A. r 20 Z 53,9 Таким образом, iпр(t) = 1,86sin(314t + u – 68,1) A. Начальное значение принуждённой составляющей тока iпр(0) = 1,86sin(u – 68,1) A. А i 2 а) б) iпр i r t 0,01 0,02 u(t) L 0 с Iуд iсв -2 i(t) Рис. 7.8 3. Характеристическое уравнение и его корень: pL + r = 0, p = -r/L = 20/0,159 = -125,8 c –1. Постоянная времени цепи и практическая длительность переходного процесса: = 1/|p| =1/125,8 = 0,008 c, Tпп = (35) = (2440) мс. 2 Период колебаний принуждённой составляющей T = = 20 мс. 4. При одном корне характеристического уравнения свободная составляющая имеет вид: iсв(t) = Ае рt. Значение постоянной интегрирования А = iсв(0) = i(0) – iпр(0) = -1,86sin(u – 68,1). 5. Самый «тяжёлый» переходный процесс (наибольшее значение свободной составляющей) получится при u – 68,1 = 90. То есть u = 158,1 или u = -21,9. Самый «лёгкий» (свободная составляющая отсутствует) – при u – 68,1 = 0 или 180. То есть u = 68,1 или u = -111,9. Если u – 68,1 = 90, то u = 158,1. Мгновенное значение переходного тока в этом случае записывается как i(t) = iпр(t) + iсв(t) = 1,86sin(314t + 90) – 1,86е -125,8t А. 6. График тока и его составляющих представлен на рис. 7.8,б. 7. Ударным током называется максимальное значение переходного тока. Как видно из графика, наибольшего по величине значения Iуд = 2,4 А ток достигает в момент времени t = 9,7 мс. 38 ЗАДАЧА 7.5. Рассчитать ток переходного процесса i при включении катушки на синусоидальное напряжение rк u u(t) = Um·sin(t + u) (рис. 7.9), если L Um = 200 В, = 1000 рад/с, u = -30°, rк = 10 Ом, L = 25 мГн. Построить график i(t). Рис. 7.9 Ответ: i(t) = 7,43sin(1000t – 98,2°) + 7,35е -400t A; график i(t) на рис. 7.10. А i 8 i(t) i 4 iсв r U t uС 0 4,5 9 6 3 мс С -4 iпр Рис. 7.11 Рис. 7.10 -8 ЗАДАЧА 7.6. Рассчитать ток переходного процесса и напряжение на ёмкости (рис. 7.11), если U = 200 В, r = 100 Ом, C = 100 мкФ. Построить графики i(t), uС(t). iпр=0 Комментарии и ответы. 1. Независимое начальное условие: uС(0+) = uС(0-) = 0. U r 2. Расчёт принуждённого режима по схеме рис. 7.12: uСпр iпр = 0; uСпр = U = 200 В. 3. Характеристическое уравнение и его корень: Рис. 7.12 1 1 r+ = 0, р = - = -100 с -1. рC rC 4. Свободные составляющие: iсв(t) = Аеpt; uСсв(t) = Bеpt. 5. Начальные условия: uСсв(0+) = uС(0+) – uСпр = -200 B. u (0 ) iсв(0+) = - Ccв = 2 А. r 6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = 2; B = uСсв(0+) = -200. 7. Полные величины: i(t) = 2е -100t А; uС(t) = 200 – 200е -100t B. 8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП 1 = = 0,01 с; ТПП = 0,04 с. | p| Графики i(t), uC(t) на рис. 7.13. а) б) А i В uС uСпр 200 2 uС(t) 100 t 2 3 4 0 1 uСсв -100 t Рис. 7.13 0 -200 2 3 4 39 ЗАДАЧА 7.7. Определить ток и напряжение на ёмкости при переключении на добавочное сопротивление rд (рис. 7.14), если U = 200 В, r = 100 Ом, С = 100 мкФ, rд = 400 Ом. r Построить графики i(t), uС(t). С U Комментарии и ответы. uС rд 1. Независимое начальное условие: i uС(0+) = uС(0-) = U = 200 В. 2. Принуждённые составляющие: iпр = 0; uСпр = 0. Рис. 7.14 3. Характеристическое уравнение и его корень: 1 1 (rд + r) + = 0, р = = -20 с -1. ( rд r )C рC 4. Свободные составляющие: iсв = Аеpt; uСсв = Bеpt. 5. Начальные условия: uСсв(0+) = uС(0+) – uСпр = 200 B; u (0 ) iсв(0+) = - Ccв = -0,4 А. rд r 6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = -0,4; B = uСсв(0+) = 200. 7. Полные величины: i(t) = -0,4е -20t А, uС(t) = 200е -20t B. 8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП 1 = = 0,05 с, ТПП = 4 = 0,2 с. | p| Графики i(t), uC(t) на рис. 7.15. А i а) 2 3 4 t 0 200 -0,2 100 -0,4 б) В UC Рис. 7.15 0 t 2 3 4 ЗАДАЧА 7.8. Определить ток i(t) и напряжеi i0 ние на конденсаторе uС(t) (рис. 7.16), если r r r = 100 Ом, С = 10 мкФ, E0 = 300 В, e(t) = 100sin(1000t – 90°) В. uC C Построить график i(t). E0 e(t) Решение Анализом схемы до коммутации определим Рис. 7.16 напряжение на конденсаторе по второму закону Кирхгофа: ri0(0-) – uС(0-) = E0. i0(0-) = 0, следовательно, uС(0-) = -E0 = -300 В. Согласно второму закону коммутации uС(0+) = uС(0-) = -300 В. 40 Схема после коммутации описывается линейным дифуравнением 1 ri(t) + uС(t) = е(t), где uС(t) = idt , решение которого будем искать в C виде: i = iпр + iсв; uС = uСпр + uСсв. Для расчёта принуждённого режима воспользуемся символическим методом. 1 10 6 –j90º Еm = 100е B, хС = = = 100 Ом, C 1000 10 Z = r – jxC = 100 – j100 = 100 2 е –j45° Ом, Em 100e j 90 Imnp = = = 0,5 2 е –j45° = 0,707е –j45° A, Z 100 2e j 45 UCmnp = -jxC·Imnp = 100е –j90°·0,5 2 е –j45° = 50 2 е –j135° = 70,7е –j135° B. Мгновенные значения принуждённых составляющих: iпр(t) = 0,707sin(1000t – 45°) A, uСnp(t) = 70,7sin(1000t – 135°) B. Характеристическое уравнение запишем на основе дифуравнения 1 10 6 1 r+ = 0, р = == -1000 с -1. рC rC 100 10 Следовательно, свободные составляющие запишем в виде: iсв(t) = Ае -1000t; uСсв(t) = Bе -1000t. Постоянные интегрирования определим из начальных условий. При t = 0+ имеем: iсв(0+) = А; uСсв(0+) = B = uС(0+) – uСпр(0+), где uСпр(0+) = 70,7sin(-135°) = -50 B, uСсв(0+) = B = -300 – (-50) = -250 B. Дифуравнение для свободных составляющих при t = 0+ имеет вид: riсв(0+) + uСсв(0+) = 0. u ( 0 ) 250 iсв(0+) = А = Ccв = = 2,5 А, т.е. r 100 iсв(t) = 2,5е -1000t А; uСсв(t) = -250е -1000t B. Искомые величины имеют вид: uС(t) = 70,7sin(1000t – 135°) – 250е -1000t B, i(t) = 0,707sin(1000t – 45°) + 2,5е -1000t А. А i 2,5 i 2 св 1 0 Рис. 7.17 i(t) 4,5 iпр 1,5 6 t мс 3 -1 Для построения графиков (рис. 7.17) определим постоянную времени цепи и длительность ПП: 41 1 1 = = 0,001 с, ТПП = 4 = 0,004 с. | p | | 1000 | 2 2 Период синусоиды Т = = = 0,00628 с = 6,28 мс. 1000 Результаты расчётов по построению графика сведём в табл. 7.1. Таблица 7.1 0 0,75 1,5 2,25 3 3,75 4,5 5,25 6 6,75 -0,5 -0,02 0,46 0,7 0,57 0,12 -0,38 -0,7 -0,62 -0,22 2,5 1,18 0,56 0,26 0,12 0,06 0,03 0,01 0,006 0,003 2,0 1,16 1,02 0,96 0,69 0,18 -0,35 -0,68 -0,614 -0,217 = t, мс iпр, А iсв, А i, А ЗАДАЧА 7.9. Рассчитать токи переходного процесса и напряжение на индуктивности в схеме рис. 7.18, если E = 150 В, r1 = r2 = 10 Ом, r3 = r4 = 5 Ом, L = 20 мГн. Построить графики i2(t), uL(t). r1 r2 i1 uL E r1 i1(0-) r3 r4 L i2 i3 E i2(0-) r2 r1 r3 хL=0 uL E i3(0-) r2 r3 i1 i3 L i2 r4 Рис. 7.19 Рис. 7.20 Решение 1. Анализом схемы до коммутации определим независимое начальное условие, которым здесь является ток в индуктивности – i2(0-). Схема до коммутации имеет вид рис. 7.19. Ток в индуктивности r 150 E 5 i2(0-) = · 3 = · = 3,75 А. r2 r3 r2 r3 10 5 10 10 5 r1 10 5 r2 r3 Согласно первому закону коммутации имеем i2(0+) = i2(0-) = 3,75 А. 2. Схема после коммутации имеет вид рис. 7.20 и описывается системой линейных дифференциальных уравнений по законам Кирхгофа i1(t) = i2(t) + i3(t), r2 r3 r1 di2 r1i1 + r2i2 + L = E, dt r1i1 + (r3 + r4)·i3 = E, pL решение которой будем искать в виде iq(t) = iqпр(t)+iqсв(t); r4 uL(t) = uLпр(t)+uLсв(t). 3. Принуждённый режим: Z(p) Рис. 7.18 Рис. 7.21 42 150 E = = 10 А; 10 ( 5 5 ) r2 ( r3 r4 ) 10 r1 10 5 5 r2 r3 r4 r r 55 i2пр = i1пр· 3 4 = 10· = 5 А; r2 r3 r4 10 5 5 i3пр = i1пр – i2пр = 10 – 5 = 5 А, uLпр = 0. 4. Свободный режим. Составим характеристическое уравнение путём записи входного ( r3 r4 )( r2 pL ) сопротивления в операторной форме (2-й способ): + r1 = 0. r3 r4 r2 pL 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: ( r3 r4 )r1 ( 5 5 ) 10 + r2 + pL = 0; + 10 + 20·10 -3·p = 0; p = -750 c -1. r3 r4 r1 5 5 10 pt -750t Тогда i1св = А1е = А1е ; i2св = А2е -750t; i3св = А3е -750t; uLсв = Bе -750t. Постоянные интегрирования определим при t = 0+. I способ решения a Схема после коммутации для t = 0+ имеет r1 r3 вид рис. 7.22. По методу двух узлов r 2 i (0 ) 1 + E / r1 i2 ( 0 ) 150 / 10 3,75 uab(0+) = = = 56,25 B. i2(0+) E 1 1 1 1 r4 r1 r3 r4 10 5 5 i3(0+) uab(0+) Токи в момент коммутации Рис. 7.22 b E u ab ( 0 ) 150 56 ,25 i1(0+) = = = 9,375 А, r1 10 u ( 0 ) 56,25 i3(0+) = ab = = 5,625 А или i3(0+) = i1(0+) – i2(0+) = 5,625 А, r3 r4 10 uL(0+) = uab(0+) – r2i2(0+) = 56,25 – 10·3,75 = 18,75 B. Запишем свободные составляющие при t = 0+: i1св(0+) = А1 = i1(0+) – i1пр = 9,375 – 10 = -0,625 А, i2св(0+) = А2 = i2(0+) – i2пр = 3,75 – 5 = -1,25 А, i3св(0+) = А3 = i3(0+) – i3пр = 5,625 – 5 = 0,625 А, uLсв(0+) = B = uL(0+) – uLпр = 18,75 – 0 = 18,75 B. Итак: i1св(t) = -0,625е -750t А, i1(t) = 10 – 0,625е -750t А, i2св(t) = -1,25е -750t А, i2(t) = 5 – 1,25е -750t А, i3св(t) = 0,625е -750t А, i3(t) = 5 + 0,625е -750t А, uL(t) = uLсв(t) = 18,75е -750t B. II способ решения Постоянную интегрирования А2 можно определить сразу, так как ток i2 подчиняется первому закону коммутации: А2 = i2(0+) – i2пр = 3,75 – 5 = -1,25 А, i1пр = 43 i2св(t) = А2е -750t = -1,25е -750t А, i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 5 – 1,25е -750t А. Определим напряжение на индуктивности di uL(t) = L 2 = 20·10 -3·(-1,25)(-750)е -750t = 18,75е -750t B. dt Узловое напряжение uab(t) = r2i2(t) + uL(t) = 10·(5 – 1,25е -750t) + 18,75е -750t = 50 + 6,25е -750t B. u ab ( t ) 50 6,25e 750 t Токи i3(t) = = = 5 + 0,625е -750t А, r3 r4 55 i1(t) = i2(t) + i3(t) = 5 – 1,25е -750t + 5 + 0,625е -750t = 10 – 0,625е -750t А. 5. Построим графики i2(t) и uL(t). Длительность переходного процесса 4 4 ТПП = 4 = = с = 5,33 мс. | p | | 750 | Результаты расчётов представим в виде табл. 7.2. Таблица 7.2 t, мс 0 1,33 2,67 4 5,33 i2св, А -1,25 -0,46 -0,17 -0,06 -0,02 i2, А 3,75 4,54 4,83 4,94 4,98 u L, В 18,75 6,9 2,54 0,93 0,34 Графики представлены на рис. 7.23. В uL 20 А а) i2 б) i2пр 4 i2(t) 2 10 0 2 3 4 t i2св -2 0 2 3 4 Рис. 7.23 ЗАДАЧА 7.10. В схеме рис. 7.24,а рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи: U = 50 В, r1 = r3 = 100 Ом, r2 = 50 Ом, С = 100 мкФ. а) б) r1 r 2 i 1 r1 i3 r2 r3 1 r3 U pC С uC Z(p) i2 Рис. 7.24 Решение 1. Состояние цепи до коммутации: i1(t-) = i2(t-) = 0, uC(t-) = U = 50 В. В соответствии со вторым законом коммутации независимое начальное услоt 44 вие – uC(0+) = uC(0-) = 50 В. 2. Согласно классическому методу искомые переходные токи записываются в виде суммы принуждённых и свободных составляющих: i1 = i1пр + i1св, i2 = i2пр + i2св, i3 = i3пр + i3св. 3. Рассчитываем принуждённые составляющие токов: 50 U i2пр = 0; i1пр = i3пр = = = 0,25 А. r1 r3 100 100 3. Характеристическое уравнение составим, используя входное сопротивление в операторной форме (см. 7.1.1, второй способ составления rr 1 характеристического уравнения): Z(p) = + r2 + 1 3 = 0. r1 r3 pC Корень характеристического уравнения: r1 r3 100 100 p== - 4 = -100 с –1. C( r1r2 r1r3 r2 r3 ) 10 ( 100 50 100 100 50 100 ) 4. Свободные составляющие токов при одном корне характеристического уравнения: i1св = Ае рt, i2св = Ве рt, i3св = Dе рt. 5. Постоянные интегрирования А, В, D находятся с использованием начальных условий, которые, однако, можно получить разными способами. Рассмотрим некоторые из них. а) первый способ. Составляется система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного режима для начального момента времени: i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0, i1(0)r1 + i2(0)r2 + uC(0) = U, i1(0)r1 + i3(0)r3 = U. С числовыми значениями: i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0, i1(0)100 + i2(0)50 + 50 = 50, i1(0)100 + i3(0)100 = 50. Решение системы: i1(0) = 0,125 А, i2(0) = -0,25 А, i3(0) = 0,375 А. Постоянные интегрирования: А = i1св(0) = i1(0) – i1пр = 0,125 – 0,25 = -0,125; В = i2св(0) = i2(0) – i2пр = -0,25 – 0 = -0,25; D = i3св(0) = i3(0) – i3пр = 0,375 – 0,25 = 0,125. б) второй способ. Расчёт выполняется по эквивалентной схеме, составленной на начальный момент времени. Здесь используется следствие из законов коммутации: индуктивность в момент коммутации ведёт себя как источник тока с током iL(0), ёмкость – как источник ЭДС с напряжением uC(0). Для начального момента времени, таким образом, получаем схему рис. 7.25,а. Учитывая, что в цепи оказались два одинаковых источника uC(0) = U, можем утверждать, что потенциалы точек а и b одинаковы, и точки можно соединить перемычкой. Получаем схему рис. 7.25,б, из которой находим U 50 начальные значения токов: i3(0) = = = 0,375 А, r1r2 50 100 100 r3 50 100 r1 r2 45 50 r2 = 0,375 = 0,125 А, r1 r2 50 100 i2(0) = i1(0) – i3(0) = 0,125 – 0,375 = -0,25 А. Далее постоянные интегрирования определяются как в первом способе. i1(0) = i3(0) а) i1(0) r1 а б) i1(0) r1 i1св(0)=А i2(0) r2 r2 r 3 r1 в) r2 r3 b U i2(0) uCсв(0) r3 uC(0) U i3(0) i3(0) i2св(0)=В i3св(0)= =D Рис. 7.25 в) третий способ. Расчёт выполняется по эквивалентной схеме для начального момента времени только для свободных составляющих (рис. 7.25,в). Определим необходимое начальное значение свободной составляющей напряжения на конденсаторе. Значение принуждённой составляющей: uCпр = i3прr3 = 0,25100 = 25 В. uCсв(0) = uC(0) – uCпр = 50 – 25 = 25 В. uC св ( 0 ) 25 Постоянные интегрирования: В = = = -0,25; 100 r1r3 50 r2 2 r1 r3 r 100 А = В 3 = -0,25 = -0,125, r1 r3 100 100 100 r D = -В 1 = 0,25 = 0,125. r1 r3 100 100 6. Записываем окончательные выражения для токов: i1(t) = 0,25 – 0,125е –100t A; i2(t) = -0,25е –100t A; i3(t) = 0,25 + 0,125е –100t A. A i i1пр(t) 0,2 i1(t) 0,1 0 10 20 30 t 40 мc i1св(t) -0,1 Рис. 7.26 -0,2 46 7. Для построения графика i1(t) вычислим: - постоянная времени цепи = 1/|p| = 1/100 c = 10 мс, - практическая длительность переходного процесса Тпп = (35) = 4 = 40 мс. График представлен на рис. 7.26. ЗАДАЧА 7.11. В схеме рис. 7.27 рассчитать токи переходного процесса. Параметры цепи: U = 60 В, R1 = 9 Ом, R2 = R3 = 30 Ом, R = 10 Ом, L = 0,4 Гн. Ответы: i1(t) = 2,5 – 0,346е –92,3t A; i2(t) = 1,25 – 0,450е –92,3t A; i3(t) = 1,25 + 0,104е –92,3t A. ЗАДАЧА 7.12. В схеме рис. 7.28 рассчитать токи переходного процесса. Параметры цепи: U = 300 В, R1 = R2 = R3 = 100 Ом, L = 0,5 Гн. Ответы: i1(t) = 3 – е –100t A; i2(t) = е –100t A; i3(t) = 3 – 2е –100t A. R1 R2 U R3 L R Рис. 7.27 R1 U R2 L R3 Рис. 7.28 R1 ЗАДАЧА 7.13. В схеме рис. 7.29 рассчитать R2 напряжение на конденсаторе и токи переходного R3 U процесса. Параметры цепи: U = 100 В, R1 = 50 Ом, С R2 = R3 = 100 Ом, С = 60 мкФ. Рис. 7.29 Ответы: uС(t) = 66,67 + 33,33е –125t В; i1(t) = 0,667 – 0,167е –125t A; i2(t) = -0,250е –125t A; i3(t) = 0,667 + 0,083е –125t A. ЗАДАЧА 7.14. Решить задачу 7.13 со следующими числовыми данными: U = 200 В, R1 = R3 = 20 Ом, R2 = 10 Ом, С = 50 мкФ. Ответы: uС(t) = 100 + 100е –1000t В; i1(t) = 5 – 2,5е –1000t A; i2(t) = -5е –1000t A; i3(t) = 5 + 2,5е –1000t A. ЗАДАЧА 7.15. В схеме рис. 7.30,а рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи: u(t) = 100sin(100t + 30) В, r1 = 173 Ом, r2 = 100 Ом, С = 100 мкФ. Решение i1 а) б) i1св(0)=А r1 i2 r2 r1 С uC uCсв(0) r2 u(t) i3 i2св(0)= i3св(0)=D =B Рис. 7.30 1. Независимое начальное условие получим расчётом цепи до коммутации: i2(t-) = 0; i1(t-) = i3(t-) = I1msin(100t + i1); 47 U1m I1m = 1 r12 C i1 = u – arctg = 2 100 173 100 2 2 = 0,5 A, 1 C = 30 + arctg 100 = 60, r1 173 1 = 0,5100 = 50 B, uC = i1 – 90 = -30; C uC(t-) = Ucmsin(100t + uC) = 50sin(100t – 30) B. Независимое начальное условие с учётом второго закона коммутации: uC(0+) = uC(0-) = 50sin(-30) = -25 B. 2. В соответствии с классическим методом расчёта uС(t) = uСпр(t) + uСсв(t), i1(t) = i1пр(t) + i1св(t), i2(t) = i2пр(t) + i2св(t), i3(t) = i3пр(t) + i3св(t). 3. Принуждённые составляющие рассчитаем символическим методом: Um = 100е j30 B, 1 r2 j 100 ( j100 ) C Z = r1 + = 173 + = 228,7е –j12,6 Ом, 1 100 j100 r2 j C Ucm = I1m Um 100 e j 30 I1прm = = = 0,437е j42,6 A, j 12 , 6 Z 228 ,7 e 1 j C = 0,437е j42,6 j100 = 0,309е –j2,4 A, I2прm = I1прm 1 100 j100 r2 j C r2 100 I3прm = I1прm = 0,437е j42,6 = 0,309е j87,6 A, 1 100 j100 r2 j C UCпрm = I2прmr2 = 0,309е –j2,4100 = 30,9е -j2,4 B. Мгновенные значения принуждённых токов: i1пр(t) = 0,437sin(100t + 42,6) А, i2пр(t) = 0,309sin(100t – 2,4) А, i3пр(t) = 0,309sin(100t + 87,6) А. Мгновенное и начальное значения принуждённой составляющей напряжения на конденсаторе: uСпр(t) = 30,9sin(100t – 2,4) B, uСпр(0) = 30,9sin(-2,4) = -1,29 B. Начальное значение свободной составляющей напряжения на конденсаторе: uСсв(0) = uС(0) – uСпр(0) = -25 + 1,29 = -23,71 B. 4. Составляем и решаем характеристическое уравнение: 1 rr r r 127 100 Z(р) = + 1 2 = 0, р = - 1 2 = - 4 = -157,8 с –1. Cr1r2 pC r1 r2 10 173 100 48 Свободные составляющие токов: i1св = Ае рt, i2св = Ве рt, i3св = Dе рt. 5. Постоянные интегрирования определим по эквивалентной схеме для начального момента времени только для свободных составляющих (рис. uC св ( 0 ) 23,71 7.30,б): А = i1св(0) = == 0,137; 173 r1 uC св ( 0 ) 23,71 В = i2св(0) = = = -0,237; 100 r2 D = i3св(0) = i1св(0) – i2св(0) = 0,173 + 0,237 = 0,374. 6. Записываем окончательные формулы для токов: i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 0,437sin(100t + 42,6) + 0,137е –157,8t А, i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,309sin(100t – 2,4) – 0,237е –157,8t А, i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 0,309sin(100t + 87,6) + 0,374е –157,8t А. ЗАДАЧА 7.16. В приведенной на рис. 7.31 схеме рассчитать токи. Числовые данные: u(t) = 400sin(314t – 120) B, r1 = 40 Ом, r2 = 50 Ом, r3 = 70 Ом, L = 0,11 Гн. Построить график тока с наибольшей свободной составляющей. Ответы: i1(t) = 6,616sin(314t – 147,3) + 5,587e –231,4t A, i2(t) = 5,933sin(314t – 173,6) – 1,117e –231,4t A, i3(t) = 2,927sin(314t – 83,6) + 6,704e –231,4t A. ЗАДАЧА 7.17. В схеме рис. 7.32 рассчитать токи переходного процесса. Параметры цепи: u(t) = 100sin(314t – 90) В, R1 = R3 = 100 Ом, R2 = 60 Ом, L = 0,255 Гн. Ответы: i1(t) = 0,658sin(314t – 99,5) – 0,101е –431t A; i2(t) = 0,368sin(314t – 126,0) – 0,202е –431t A; i3(t) = 0,368sin(314t – 72,9) + 0,101е –431t A. r2 r3 u(t) L r1 Рис. 7.31 R1 R2 R3 U L Рис. 7.32 ЗАДАЧА 7.18. На вход схемы рис. 7.33 с i2 r1 C параметрами r1 = 20 Ом, r2 = 30 Ом, С = 50 мкФ e(t) uС r2 подан одиночный прямоугольный импульс амплиi1 i3 тудой Е = 100 В длительностью . Рассчитать токи переходного процесса в цепи. Рис. 7.33 Решение Первый способ. Сначала рассчитаем напряжение на конденсаторе uС(t) классическим методом, а через него запишем все токи схемы. Рассмотрим интервал времени 0 t , когда на входе цепи действует напряжение 100 В. Поскольку цепь до подачи импульса находилась в состоянии покоя, здесь имеем нулевое независимое начальное условие – 49 uС(0+) = uС(0-) = 0. Принуждённая составляющая напряжения на конденсаторе 100 E uСпр = r2 = 30 = 60 В. r1 r2 20 30 1 rr Характеристическое уравнение + 1 2 = 0. Его решение pC r1 r2 20 30 r r р=- 1 2=106 = -1667 с –1. Cr1r2 50 20 30 Постоянная времени цепи = -р –1 = 0,6 мс. Свободная составляющая напряжения на конденсаторе при одном корне характеристического уравнения имеет вид: uСсв(t) = Аe рt. Постоянную интегрирования А определяем из начальных условий: А = uСсв(0) = uС(0) – uСпр = -60. Таким образом, на интервале 0 t : uС(t) = uСпр + uСсв(t) = 60 – 60e –1667t В. В конце интервала значение напряжения uС() = 60 – 60e –1 = 37,93 В. Закон изменения напряжения на конденсаторе при t (с учётом отсутствия воздействия на входе цепи) uС(t) = uС()e р(t-) = 37,93e –1667(t-0,0006) В. Окончательно для напряжения на конденсаторе получаем: 60 60 e 1667 t B при 0 t 6 10 4 c , uС(t) = 37 ,93 e 1667 ( t 0 ,0006 ) B при t . Ток в ветви с конденсатором duC 5 e 1667 t A при 0 t 6 10 4 c , i3(t) = С = 4 dt 3,16 e 1667 ( t 610 ) A при t . Остальные токи: 2 2 e 1667 t A при 0 t 6 10 4 c , i2(t) = uС(t)/r2 = 4 1,26 e 1667 ( t 610 ) A при t . 2 3 e 1667 t A при 0 t 6 10 4 c , i1(t) = i2(t) + i3(t) = 1667 ( t 610 4 ) A при t . 1,90 e Рассчитаем напряжение на конденсаторе uС(t) вторым способом. Представим заданный прямоугольный импульс напряжения в соответствии с принципом наложения двумя включениями со сдвигом во времени на интервал времени, равный длительности импульса, сначала на положительное напряжение Е, а затем на такое же отрицательное. При включении цепи на положительное напряжение Е = 100 В (при 0 t ): uС(t) = uС(t) = 60 – 60e -1667t В (см. первый способ расчёта на интервале 0 t ). По аналогии при включении цепи в момент времени t = на отрицательное напряжение -Е = -100 В получим: uС(t) = -60 + 60e -1667(t–) В. 50 Таким образом, на интервале t имеем: uС(t) = uС(t) + uС(t) = 60(e –1667(t–) – e –1667t) = 37,93e –1667(t-0,0006) В. Далее токи вычисляются так же, как и первым способом. Графики токов см. на рис. 7.80. ЗАДАЧА 7.19. На вход цепи задачи 7.18 подана серия прямоугольных импульсов длительностью и амплитудой Е = 100 В. Длительность паузы между импульсами также равна . Рассчитать токи переходного процесса в цепи. Решение Задачу решаем методом неопределённых начальных условий. Момент начала отсчёта времени выберем совпадающим с началом действия одного произвольно взятого импульса. Независимое начальное условие ненулевое: uС(0+) = uС(0-) 0. На интервале времени 0 t uС(t) = uСпр + uСсв(t) = 60 + Аe –1667t В. Постоянная интегрирования А = uСсв(0) = uС(0) – uСпр = uС(0) – 60. Таким образом, uС(t) = 60 + (uС(0) – 60)e –1667t В. В момент окончания действия рассматриваемого импульса напряжение на конденсаторе достигает величины uС() = 60 + (uС(0) – 60)e –1 = 37,93 + 0,368uС(0). Закон изменения напряжения на конденсаторе при t 2 (с учётом отсутствия воздействия на входе цепи) uС(t) = uС()e р(t-) = (37,93 + 0,368uС(0))e –1667(t-0,0006) В. К моменту подачи следующего импульса искомое напряжение принимает значение uС(2) = (37,93 + 0,368uС(0))e –1 = 13,95 + 0,135uС(0). Учтём, что в цепи после прохождения достаточного большого числа импульсов устанавливается так называемый квазиустановившийся режим, когда процессы в цепи повторяются с периодом поступающих импульсов. Таким образом, получаем уравнение uС(2) = uС(0) или 13,95 + 0,135uС(0) = uС(0). 13,95 Его решение uС(0) = = 16,13 В. 1 0,135 Окончательно для напряжения на конденсаторе получаем: 60 43,87 e 1667 t B при 0 t 6 10 4 c , uС(t) = 1667 ( t 0 ,0006 ) B при t 2 1,2 10 3 c. 40 ,11 e Ток в ветви с конденсатором duC 3,655 e 1667 t A при 0 t 6 10 4 c , i3(t) = С = 4 dt 3,342 e 1667 ( t 610 ) A при t 2 . Остальные токи: 2 1,462 e 1667 t A при 0 t 6 10 4 c , i2(t) = uС(t)/r2 = 1667 ( t 610 4 ) A при t 2 . 1,337 e 51 i1(t) = i2(t) + i3(t) 2 2,193 e 1667 t A при 0 t 6 10 4 c , = 1667 ( t 610 4 ) A при t 2 . 2,006 e Графики токов см. на рис. 7.82. r2 r1 L U ЗАДАЧА 7.20. В схеме рис. 7.34 ключ работает с периодом Т = 22 (1 и 2 – постоянные времени цепи при замкнутом и разомкнутом Рис. 7.34 ключе, соответственно). Продолжительность включения составляет ПВ = tВ/Т = 0,6. Параметры цепи: U = 60 В, r1 = 20 Ом, r2 = 40 Ом, L = 0,6 Гн. Рассчитать ток и напряжение индуктивного элемента. Ответы: 1 = 15 мс; 2 = 10 мс; 1,5 1,035 e t / 1 A при 0 t t B 12 м c , iL(t) = ( t 0 ,012 ) / 2 A при t B t Т 20 мс; 1,035 e 41,4 e t / 1 B при 0 t 12 мc , uL(t) = 62 ,09 e ( t 0 ,012 ) / 2 B при 12 мс t 20 мc. ЗАДАЧА 7.21. В схеме рис. 7.35,а источник вырабатывает прямоугольные импульсы длительностью tИ = с периодом Т = 2 (рис. 7.35,б). Параметры цепи: Im = 1 A, a) б) j j(t) r = 100 Ом, L = 0,1 Гн. Im j(t) r L Рассчитать токи в t резисторе и индуктивности. tИ T Рис. 7.35 Ответы: = 1 мс; 1 0,731 e t / A при 0 t t И 1 м c , iL(t) = ( t 0 ,001 ) / A при t И t Т 2 мс; 0,731 e 0,731 e t / A при 0 t t И 1 м c , ir(t) = ( t 0 ,001 ) / A при t И t Т 2 мс. 0,731 e VD i(t) r ЗАДАЧА 7.22. От однополупериодного неуправ- uВХ(t) u(t) ляемого выпрямителя с нулевым диодом (рис. 7.36) VD 0 L питается обмотка возбуждения двигателя постоянного тока. Считая диоды идеальными и коммутацию диодов мгновенной, рассчитать периодическое значение тока Рис. 7.36 возбуждения i(t), если входное напряжение uВХ(t) = 220 2 sin(t) В, частота сети f = 50 Гц, r = 5 Ом, L = 0,2 Гн. Решение Расчётная схема установки приведена на рис. 7.37,а, периодическая последовательность импульсов u(t) – на рис. 7.37,б, на котором указаны номера n (начиная с момента подключения нагрузки) действующих импульсов. 52 Период следования импульсов Т = f -1 = 0,02 с, продолжительность действия импульса t0 = ½Т = 0,01 с, продолжительность паузы tП = ½Т = 0,01 с. a) i(t) r б) u(t) n=1 Um n=2 u(t) n n+1 … u(t) t 0 t0 tП t0 tП Т Т L … 0 t0 tП Т t t0 tП Т t= t – nT Рис. 7.37 Ниже мы рассмотрим несколько способов расчёта установившейся реакции, но для всех их требуется расчёт переходного процесса в электрической цепи при действии первого импульса. Этот расчёт можно произвести любым методом расчёта переходных процессов (классическим методом, операторным методом, с помощью интеграла Дюамеля). Для интервала действия первого импульса t(0 … t0) рис. 7.37,б и u(t) = Umsint i = Imsin(t – ) + Imsin ·e –t/, Um 220 2 где Im = = = 4,94 A, 2 2 2 2 r ( L ) 5 ( 314 0,2 ) 62,8 L = arctg = arctg = 85,45, 5 r постоянная времени цепи = L/r = 0,2/5 = 0,04 с, отношение /Т = 0,04/0,02 = 2 или = 2Т. Численный результат расчёта i = 4,94sin(314t – 85,45) + 4,92·e –25t A. В момент t = t0 = ½Т действие импульса заканчивается, а ток достигает значения i(t0) = 4,94sin(180 – 85,45) + 4,92·e –25·0,01 = 8,75 А. В момент времени t0 диод VD рис. 7.36 запирается, а нулевой диод VD0 отпирается, ток обмотки возбуждения продолжает протекать по цепи r-L-VD0, для которой уравнение состояния определяется вторым законом di А i Кирхгофа ir + L = 0. 8,75 dt 10 i(t) А·e-(t-t0)/ Решение этого уравне6,81 ния для t > t0 А t t 5 0 25( t t0 ) iсв=Imsin ·e-t/ i = Ae = 8,75· e A 4,92 (постоянная интегрирования t А определена на основании 0 t0 Т первого закона коммутации iпр=Imsin(t-) i(t0-) = i(t0+) = 8,75 А). -4,92 По окончании паузы Рис. 7.38 -5 53 t = T = 0,2 c, i(T) = 6,81 A. Кривая тока в период действия первого импульса приведена на рис. 7.38. А i 1. Способ расчёта 22,24 25 установившейся реакции 22,24 i(t) 22,24·e-25(t-t0) методом неопределённых 20 начальных условий. Анализируя переход22,24·e-25t 17,32 ный процесс при действии 17,32 1 1 первого импульса напряжения, замечаем, что к началу 10 следующего импульса (а значит, и каждого из поiпр=Imsin(t-)= 4,94 sin(t-85,45º) следующих импульсов) ток цепи i(T) ≠ 0, i(2T) ≠ 0 и т.д. t Для расчёта устано- 0 вившейся реакции перенеt0 Т сём начало отсчёта времени -5 Рис. 7.39 к моменту поступления (n+1)-го импульса при n , заменив t на t. Начальное значение тока на этом интервале не определено: i(0+) ≠ 0. Как и при действии первого импульса ток переходного процесса на интервале t(0 … t0) i = Imsin(t – ) + A·e –t/, а при t = 0+ i = i(0+), тогда i(0+) = -Imsin + A, откуда постоянная интегрирования A = i(0+) + Imsin, а закон изменения тока в пределах действия импульса i = Imsin(t – ) + [i(0+) + Imsin]·e –t/. К моменту окончания действия импульса ток приобретает величину i(t0) = Imsin(t0 – ) + [i(0+) + Imsin]· e t0 / . Так как при t = t0 ток в индуктивности не может измениться скачком, t t 0 T t 0 то в период паузы i(t) = i(t0)· e , а в конце периода i(T) = i(t0)· e = i(0), т.е. при периодическом процессе i(T) = i(0). В развёрнутом виде получаем выражение, из которого и определяется принятое ранее неопределённое начальное значение: T t 0 t 0 I m sin( t0 ) [ i( 0 ) I m sin ] e · e = i(0), откуда i(0) = [ I m sin( t0 ) I m sin e t0 / ] e ( T t0 ) / 1 e T / Для рассматриваемого численного примера 54 . [ 4,94 sin( 180 85 ,45 ) 4 ,92 e 0 ,25 ] e 0 ,25 i(0) = = 17,32 A. 1 e 0 ,5 Искомое периодическое решение принимает вид: 4 ,94 sin( 314t 85 ,45 ) 22 ,24e 25 t A в интервале t( 0...t 0 ), i = 22 ,24e 25( t t0 ) A в интервале t( t 0 ...T ). Кривая периодического решения приведена на рис. 7.39. 2. Способ расчёта установившейся реакции путём наложения реакций в области вещественной переменной t. Рассчитав ПП в электрической цепи на интервале действия первого импульса, используя принцип наложения, рассчитаем реакцию на (n+1)-м интервале. При этом учтём, что реакции на каждый отдельный импульс одинаковы, но следуют с запаздыванием во времени, что в полученных ранее выражениях (для первого импульса) приводит к дополнительному при t слагаемому (-nT). Результат расчёта ПП в период действия (n+1)-го импульса nT t nT + t0 i(t) = A e t t 0 t t0 T + Ae t t0 2T + Ae + … + Ae t t0 ( n 1 )T + + Imsin(t – nT – ) + Imsin · e В период паузы (n+1)-го импульса nT + t0 t (n+1)T t t 0 t t0 T t t0 2T множитель Ae t nT . t t0 nT i(t) = A e + Ae + Ae +…+ A e . В приведенных выражениях с экспонентами вынесем общий t t 0 . Остальные слагаемые образуют геометрическую T прогрессию со знаменателем q = e . T Частичные суммы прогрессии 1 +e ( n 1 )T 2T +e + … +e 2T ( n 1 )T = e nT / 1 , eT / 1 e( nT 1 ) / 1 . eT / 1 В результате в период действия (n+1)-го импульса nT t nT + t0 T 1 +e +e + … +e t t 0 nT +e e nT / 1 i(t) = T / Ae + Imsin(t – nT – ) + Imsin · e e 1 В период паузы на (n+1)-м интервале nT + t0 t (n+1)T t t 0 = t nT . e( nT 1 ) / 1 i(t) = Ae . eT / 1 Для практического выполнения расчёта тока на (n+1)-м импульсе удобно перенести начало отсчёта времени t (рис. 7.37,б) в точку начала 55 действия (n+1)-го импульса. t t 0 t t0 nT nT Тогда t = nT + t и t = t – nT, e = e =e ·e sin(t – nT – ) = sin(t + nT – nT – ) = sin(t – ). 1 e nT / i(t) = T / Ae e 1 t t0 + Imsin(t – ) + Imsin · e t t0 , t для nT t nT + t0, t t0 eT / e nT / i(t) = A для nT + t0 t (n+1)T. e T / e 1 Для расчёта установившейся реакции необходимо устремить n и положить t = t, то есть принять начало отсчёта времени в т. 0. t0 Получим для 0 t t0 t A для t0 t T iУСТ(t) = e 1 e T / Для рассматриваемого примера получаем для 0 t t0 iУСТ(t) = 8,75e e 0 ,02 0 ,04 t Ae iУСТ(t) = T / e + Imsin(t – ) + Imsin · e , e 1 0 ,01 0 ,04 e t 0,04 t t 0 . + 4,94sin(t – ) + 4,92· e t 0,04 = 1 = 4,94sin(314t – 85,45) + 22,24·е –25t A, для t0 t T iУСТ(t) = 22,24·е –25(t – t0) A, что совпадает с ранее полученными результатами по методу неопределённых начальных условий. Решение задачи операторным методом выполнено в ЗАДАЧЕ 7.57. 7.1.3. Переходные процессы в цепях с двумя накопителями ЗАДАЧА 7.23. В схеме рис. 7.40 рассчитать токи переходного процесса С ir iL L классическим методом. Параметры цепи: r U uC i C U = 100 В, r = 100 Ом, L = 0,1 Гн, С = 1,6 мкФ. Построить график тока ir(t). Рис. 7.40 Решение 1. Независимые начальные условие нулевые: uC(0+) = uC(0-) = 0; iL(0+) = iL(0-) = 0. 2. Принуждённые составляющие токов: U 100 iСпр = 0, iLпр = ir пр = = = 1 А. r 100 3. Характеристическое уравнение: 1 rpL + = 0 или LrСр2 + Lр + r = 0. pC r pL 56 Корни характеристического уравнения: L L2 4r 2 LC 0,1 0,12 4 100 2 0,1 1,6 10 6 0,1 0,06 –1 р1,2 = = = с , 2 LrC 32 10 6 2 0,1 100 1,6 10 6 р1 = -1250 с –1, р2 = -5000 с –1. 4. Вид свободных составляющих: iLсв(t) = А1е р1t + А2е р2t, ir св(t) = В1е р1t + В2е р2t, iСсв(t) = D1е р1t + D2е р2t. Начальные условия для свободных составляющих: iLсв(0) = А1 + А2, ir св(0) = В1 + В2, iСсв(0) = D1 + D2, iLсв(0) = р1А1 + р2А2; ir св(0) = р1В1 + р2В2; iСсв(0) = р1D1 + р2D2. 5. Для определения постоянных интегрирования рассчитаем начальные условия. С этой целью составим систему уравнений по законам Кирхгофа для нулевого момента времени, причём учтём уравнение связи между током и напряжением на конденсаторе: iL(0) – iС(0) – ir(0) = 0, LiL(0) + uC(0) = U, uC(0) – ir(0)r = 0, iС(0) = СuC(0). Отсюда начальные значения токов: ir(0) = uC(0)/r = 0; iС(0) = iL(0) – ir(0) = 0. Начальные значения производных: uC(0) = iС(0)/С = 0; ir(0) = uC(0)/r = 0; iL(0) = (U – uC(0))/L = 100/0,1 = 1000 А/с; iС(0) = iL(0) – ir(0) = 1000 А/с. Начальные условия для свободных составляющих: iLсв(0) = iL(0) – iLпр(0)=0 – 1= -1 А, iLсв(0) = iL(0) – iLпр(0)=1000 – 0 =1000 А/с, ir св(0) = ir(0) – ir пр(0) = 0 – 1 = -1 А, ir св(0) = ir(0) – ir пр(0) = 0, iСсв(0) = iС(0) – iСпр(0) = 0, iСсв(0) = iС(0) – iСпр(0) = 1000 – 0 = 1000 А/с. Таким образом, получаем и решаем следующие три системы уравнений: А1 + А2 = -1, А2 = -1 – А1 = -1 + 1,065 = 0,065, 1000 p2 1000 5000 р1А1 + р2А2 = 1000; А1 = = = -1,065. p1 p2 1250 5000 В1 + В2 = -1, В2 = -1 – В1 = -1 + 1,33 = 0,33, 5000 p2 р1В1 + р2В2 = 0; В1 = = = -1,33. p1 p2 3750 D1 + D2 = 0, D2 = -D1 = -0,266, 1000 1000 р1D1 + р2D2 = 0; D1 = = = p1 p2 3750 А ir 0,266. irпр 6. Записываем окончательные выраже- 1 ния для токов в соответствии с классическим методом расчёта: ir(t) iL(t) = iLпр(t) + iLсв(t) = 0,5 = 1 – 1,065е –1250t + 0,065е –5000t А, t 57 0 1 2 3 Рис. 7.41 мс ir(t) = ir пр(t) + ir св(t) = = 1 – 1,33е –1250t + 0,33е –5000t А, iС(t) = iСпр(t) + iСсв(t) = = 0,266е –1250t – 0,266е –5000t А. 7. Построим график тока ir(t) (рис. 7.41). Длительность переходного 4 4 процесса с учётом |p2| > |p1| TПП = = с = 3,2 мс. | p1 | 1250 ЗАДАЧА 7.24. В схеме рис. 7.42 рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи: U = 100 В, r = 50 Ом, L = 0,2 Гн, С = 40 мкФ. Построить график тока i1(t). Решение 1. Независимые начальные условия: uC(0+) = uC(0-) = 0; i1 U i3(0+) = i3(0-) = L r r r С uC i2 i3 Рис. 7.42 U 100 = = 2 А. r 50 2. Принуждённые составляющие токов: i2пр = 0, i1пр = i3пр = U 100 = = 1 А. 2r 100 3. Характеристическое уравнение: 1 r( pL r ) +r+ = 0 или 2LrСр2 + (L+ 3r 2С)р + 2r = 0 pC r pL r или 20,2504010 -6р2 + (0,2+ 35024010 -6)р + 250 = 0, или 0,810 -3р2 + 0,5р + 100 = 0. Корни характеристического уравнения: р1,2 = -312,5 j165,4 с –1. 4. Вид свободных составляющих: i1св(t) =Ае -tsin(t +1), i2св(t) =Ве -tsin(t +2), i3св(t) =Dе -tsin(t +3), где коэффициент затухания = |Re(р1)| = 312,5 с –1; угловая частота свободных колебаний = Im(р1) = 165,4 рад/с –1. Начальные условия для свободных составляющих: i1св(0) = Аsin1, i1св(0) = -Аsin1 + Аcos1; i2св(0) = Вsin2, i2св(0) = -Вsin2 + Bcos2; i3св(0) = Dsin3, i3св(0) = -Dsin3 + Dcos3. 5. Для определения постоянных интегрирования рассчитаем начальные условия. С этой целью составим систему уравнений по законам Кирхгофа для нулевого момента времени, причём учтём уравнение связи между током и напряжением на конденсаторе: i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0, ri1(0) + ri2(0) + uC(0) = U, ri1(0) + Li3(0) + ri3(0) = U, i2(0) = СuC(0). Отсюда начальные значения токов: i1(0) = i2(0) + 2, 58 U uC ( 0 ) 2r 100 0 2 50 = = 0; i1(0) = 2 А. 2r 2 50 Начальные значения производных: uC(0) = i2(0)/С = 0; U r ( i1( 0 ) i3 ( 0 )) 100 50 ( 2 2 ) i3(0) = = = -500 A/с; 0 ,2 L i1(0) = -i2(0) = i3(0)/2 = -250 А/с. Начальные условия для свободных составляющих: i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 2 – 1 = 1 А, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = -250 А/с, i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0, i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 250 А/с, i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = 2 – 1 = 1 А, i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = -500 А/с. Таким образом, получаем и решаем следующие три системы уравнений: Аsin1 = 1, -Аsin1 + Аcos1 = -250; 250 A sin1 250 312 ,5 Аcos1 = = = 0,3779, 165 ,4 i2(0) = А= A sin1 2 A cos1 2 = 12 0,3779 2 = 1,069, A sin1 1 = = 2,646, 1 = 69,3. A cos1 0,3779 Вsin2 = 0, B = 1,511, -Bsin2 + Bcos2 = 250; 2 = 0. А i1 Dsin3 = 1, Рис. 7.43 -Dsin3 + Dcos3 = -500; 2 500 312 ,5 Dcos3 = = -1,134, i1(t) 165 ,4 1 1 i1пр D = 12 1,134 2 = 1,512, tg3 = = -0,882, 1,134 i1св t но cos3 < 0, поэтому 0 2 4 6 8 мс 3 = 180 + arctg(-0,882) = 138,6. 6. Записываем окончательные выражения для токов в соответствии с классическим методом расчёта: i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 1 + 1,069е –312,5tsin(165,4t + 69,3) А, i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 1,511е –312,5tsin(165,4t) А, i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 1 + 1,512е –312,5tsin(165,4t + 138,6) А. 7. Построим график тока i1(t) (рис. 7.43). Длительность переходного 4 4 процесса TПП = = с = 12,8 мс. 312 ,5 2 2 Период свободных колебаний T0 = = = 0,038 с = 38 мс. 165 ,4 tg1 = 59 U r1 L r2 Рис. 7.44 С ЗАДАЧА 7.25. В схеме рис. 7.44 рас-считать токи переходного процесса класси-ческим методом. Параметры цепи: U = 200 В, r1 = r2 = 50 Ом, L = 0,1 Гн, С = 40 мкФ. Ответы: iL(t) = 2 + 2е –500tsin(500t) A; ir2(t) = 2 + 2е –500tsin(500t – 90) A; iС(t) = 2 2 е –500tsin(500t + 45) A. ЗАДАЧА 7.26. Определить напряжение на ёмкости и ток в цепи рис. 7.45 после размыкания рубильника, если U = 100 В, r = 200 Ом, L = 1 Гн, С = 100 мкФ. r С –100t –100t U Ответы: i(t) = 0,5е + 50tе A; L –100t –100t uС(t) = 100 – 100е – 5000tе В. Рис. 7.45 ЗАДАЧА 7.27. Определить токи переходного i1 r С процесса в цепи рис. 7.46, если Е = 100 В, r = 10 Ом, L = 29,4 мГн, С = 100 мкФ. Е L –500t i2 Ответы: i1 = 10 – 19,44е sin(300t + 31°) A; i3 –500t i2 = -11,33е sin(300t) A; Рис. 7.46 i3 = 10 – 11,33е –500tsin(300t + 62°) A. ЗАДАЧА 7.28. В схеме рис. 7.47 определить ток в индуктивности и напряжение на ёмкости, если E = 300 В, r1 = r3 = 25 Ом, L = 20 мГн, С = 100 мкФ. Ответы: iL(t) = 12 + 11,06е-200tsin(678t – 32,86°) А, uC(t) = 155,8е -200tsin(678t + 74,27°) B r1 E L С uC r2 iL Рис. 7.47 L i1 е(t) r2 r3 ЗАДАЧА 7.29. Определить ток в ёмкости С (рис. 7.48), если е(t) = 400sin(314t – 90°) В, i3 i2 r2 = 50 Ом, r3 = 25 Ом, L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ. Рис. 7.48 Решение 1. Независимые начальные условия определим, рассчитав ток в индуктивности и напряжение на ёмкости до коммутации символическим методом. Еm = 400е j30 B, 10 6 1 Zвх = jL + r3 – j = j314·0,25 + 25 – j = 25 + j70,54 = 74,84е j70,49 314 400 C Ом, Em 400 e j 90 I1m = = = 5,34е –j160,49 A, Z вх 74 ,84 e j 70 ,49 1 UCm = -j I1m = 7,96е –j905,34е –j160,49 = 42,51е –j250,49 B. C Мгновенные значения: i1(t-) = 5,34sin(314t – 160,49) А, 60 uC(t-) = 42,51sin(314t – 250,49) B. При t = 0- i1(0-) = 5,34sin(-160,49) = -1,78 А, uC(0-) = 42,51sin(-250,49) = 40,1 B. Согласно законам коммутации i1(0+) = i1(0-) = -1,78 А, uC(0+) = uC(0-) = 40,1 B. 2. Схему после коммутации опишем системой линейных дифуравнений i1 – i2 – i3 = 0, di L 1 + r2i2 = e(t), dt 1 r3i3 + uC – r2i2 = 0, где uС(t) = i3dt . C 3. Рассчитаем принуждённый режим Еm = 100е –j90 B, 1 r2 r3 j 50 ( 25 j 7,96 ) C Z = jL + = j78,5 + = 76,91е j77,2 Ом, 1 50 25 j 7,96 r2 r3 j C E m 400 e j 90 I1прm = = = 5,2е –j167,2 A, Z 76 ,91 e j 77 ,2 1 r3 j j17 ,66 26 , 24 e C I2прm = I1прm = 5,2е –j167,2 = 1,81е –j178,8 A, j 6 ,06 1 75,42 e r2 r3 j C I3прm = I1прm – I2прm = -5,07 – j1,15 + 1,810 + j0,038 = -3,26 – j1,112 = 3,44е -j161,2 A, 1 UCпрm = -j I3прm = 7,96е –j903,44е -j161,2° = 27,38е -j251,2 B. C Мгновенные значения принуждённых составляющих: i1пр(t) = 5,2sin(314t – 167,2) А, i2пр(t) = 1,81sin(314t – 178,8) А, i3пр(t) = 3,44sin(314t – 161,2) А, uСпр(t) = 27,38sin(314t – 251,2) B. 4. Свободный режим. Составим характеристическое уравнение относительно ветви с r pL 1 ёмкостью: + r3 + 2 = 0 или LС(r2 + r3)·р2 + (L+ r2r3С)р + r2 = 0 r2 pL pC или 0,2540010 -6(50+25)·р2 + (0,25 + 50·25·400·10 -6)р + 50 = 0, 7,510 -3р2 + 0,75р + 50 = 0. Корни характеристического уравнения: р1,2 = -50 j64,55 с –1. Свободная составляющая тока i3св(t) = А3·е -50tsin(64,55t +3). Постоянные интегрирования определим при t = 0+: i3св(0+) = А3·sin(3). 61 Так как постоянных интегрирования две, то найдём недостающее уравнение путём дифференцирования свободной составляющей и запишем di3св ( 0 ) его при t = 0+: = -50А3·sin(3) + 64,55А3·соs(3). dt Система дифуравнений при t = 0+ для свободных составляющих: i1св(0+) = i2св(0+) + i3св(0+), Li1св(0+) + r2i2св = 0, r3i3св(0+) + uCсв(0+) – r2i2св(0+) = 0, где i1св(0+) = i1(0+) – i1пр(0+) = -1,78 – 5,2sin(-167,2) = -0,63 А, uCсв(0+) = uC(0+) – uCпр(0+) = 40,1 – 27,38sin(-251,2) = 14,2 В. Далее i2св(0+) = i1св(0+) – i3св(0+) = -0,63 – i3св(0+); 25i3св(0+) + 14,2 – 50·(-0,63 – i3св(0+)) = 0, 14 ,2 50 0,63 i3св(0+) = = -0,61 А, i2св(0+) = -0,63 + 0,61 = -0,02 А. 25 50 r i 50 ( 0 ,02 ) i1св(0+) = 2 2cв = = 4 А/с, i2св(0+) = i1св(0+) – i3св(0+); 0 ,25 L 1 r3i3св(0+) + i3св(0+) – r2i1св(0+) + r2i3св(0+) = 0, C 0 ,61 1 r2i1св ( 0 ) i3св ( 0 ) 50 4 400 10 6 = 23 А/с. С i3св(0+) = = 75 r2 r3 Совместно решаем систему уравнений А3·sin(3) = -0,61, -50А3·sin(3) + 64,55А3·соs(3) = 23. A sin 3 0 ,61 23 50 ( 0,61 ) А3·соs(3) = = -0,12; tg3 = 3 = = 5,08; 64 ,55 A3 cos 3 0 ,12 3 = arctg5,08 = 78,87°, sin(3) = 0,98, А3 = -0,61/0,98= -0,62. i3св(t) = -0,62е -50tsin(64,55t + 78,87°) А. 5. Полный ток i3(t) = 3,44sin(314t – 161,2°) – 0,62е -50tsin(64,55t + 78,87°) А. М ЗАДАЧА 7.30. Рассчитать токи переi2 r ходного процесса в схеме рис. 7.49. Числовые * * значения: U L L U = 50 В, r = 10 Ом, L = 0,1 Гн, М = 0,05 Гн. i1 Решение 1. Независимые начальные условия Рис. 7.49 нулевые: i1(0) = i2(0) = 0. U 50 2. Принуждённые токи: i1пр = = = 5 А, i2пр = 0. r 10 3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного di di состояния цепи: ri1 + L 1 – M 2 = U, dt dt 62 di1 di + L 2 = 0. dt dt Алгебраизировав систему уравнений и приравняв её определитель нулю, получим характеристическое уравнение: r pL pM (р) = = rрL + р2L2 – р2M2 = 0. pM pL rL 10 0,1 Корни уравнения: р1 = 0, р2 = - 2 = = -133,3 с -1. 2 2 2 L M 0,1 0,05 4. Свободные составляющие токов имеют вид: i1св(t) = А1е р1t + А2е р2t = А1 + А2е р2t; i2св(t) = В1е р1t + В2е р2t = В1 + В2е р2t. 5. Рассчитаем зависимые начальные условия (значения производных от токов в начальный момент времени), используя составленную в п.3 систему уравнений для момента времени t = 0+: Li1(0) – Mi2(0) = U – ri1(0) = 50, или 0,1i1(0) – 0,05i2(0) = 50, -Mi1(0) + Li2(0) = 0; -0,05i2(0) + 0,1i2(0) = 0. Решение системы: i1(0) = 667 А/с, i2(0) = 333 А/с. 6. Начальные значения свободных токов и их производных: - с одной стороны, i1св(0) = А1 + А2, i1св(0) = А2р2; i2св(0) = В1 + В2, i2св(0) = В2р2; - с другой стороны, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 0 – 5 = -5 А, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 667 А/с, i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0, i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 333 А/с. Получаем и решаем системы уравнений: А1 + А2 = -5, А2р2 = 667; А2 = 667/(-133,3) = -5, А1 = 0; В1 + В2 = 0, В2р2 = 333; В2 = 333/(-133,3) = -2,5, В1 = - В2 = 2,5. 7. Окончательно записываем: i1(t) = i1пр + i1св = 5 – 5е –133,3t А, i2(t) = 2,5 – 2,5е –133,3t А. То, что i2() 0, объясняется тем, что резистивное сопротивление вторичного контура r2 = 0, что означает, что вторичный контур изготовлен из сверхпроводника. М * * i2 ЗАДАЧА 7.31. Рассчитать токи переходЕ L1 L2 ного процесса в схеме рис. 7.50. Числовые r значения: Е = 10 В, r = 1 Ом, L1 = 0,1 Гн, i1 L2 = 0,05 Гн, М = 0,05 Гн. Рис. 7.50 Решение 1. Независимые начальные условия нулевые: i1(0) = i2(0) = 0. 2. Принуждённые токи: i1пр = Е/0 = , i2пр = 0. 3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного di di состояния цепи: L1 1 – M 2 = Е, dt dt -M 63 di1 di + ri2 + L2 2 = 0. dt dt Алгебраизировав систему уравнений и приравняв её определитель нулю, получим характеристическое уравнение: pL1 pM (р) = = р2L1L2 + рL1r – р2M2 = 0. pM r pL2 rL1 1 0,1 Корни уравнения: р1 = 0, р2 = == -40 с -1. 2 2 L1 L2 M 0,1 0,05 0,05 4. Свободные составляющие токов имеют вид: i1св(t) = А1 + А2е р2t; i2св(t) = В1 + В2е р2t. 5. Рассчитаем зависимые начальные условия (значения производных от токов в начальный момент времени), используя составленную в п.3 систему уравнений для момента времени t = 0+: L1i1(0) – Mi2(0) = Е = 10, или 0,1i1(0) – 0,05i2(0) = 10, -Mi1(0) + L2i2(0) = 0; -0,05i2(0) + 0,05i2(0) = 0. Решение системы: i1(0) = 200 А/с, i2(0) = 200 А/с. 6. Начальные значения свободных токов и их производных: - с одной стороны, i1св(0) = А1 + А2, i1св(0) = А2р2; i2св(0) = В1 + В2, i2св(0) = В2р2; - с другой стороны, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = -, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 200 А/с, i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0, i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 200 А/с. Первую систему уравнений: А1 + А2 = -, А1р1 + А2р2 = 200 решить не удастся, поэтому решаем вторую систему уравнений: 200 В1 + В2 = 0, В2р2 = 200; В2 = = -5, В1 = -В2 = 5. 40 7. Таким образом, вторичный ток: i2(t) = 5 – 5е –40t А. Первичный ток получим из первого уравнения системы, составленной по законам Кирхгофа: di EM 2 40 t di1 dt = 10 0,05 (5) (40) e = = 100 + 100е –40t А/с; 0,1 dt L1 -M t t di1 i1(t) = dt = ( 100 100e 40 t )dt = 100t – 2,5е –40t – 2,5 А. 0 0 dt Необычное выражение для первичного тока объясняется тем, что резистивное сопротивление первичного контура r1 = 0. Поэтому здесь (100t – 2,5) является не принуждённой составляющей, а суммой М r1 принуждённой составля-ющей и * * одной из двух частей свободной L1 L2 i3 U i2 64 r2 i1 Рис. 7.51 составляющей. У вторичного же тока 5 = 5е –0t является не принуждённой составляющей, а также одной из двух частей свободной составляющей. Свободная составляющая вторичного тока не убывает до нуля, поскольку первичный ток растёт до бесконечности. Безусловно, данная ситуация на практике может возникнуть лишь приблизительно в течение некоторо-го небольшого промежутка времени. ЗАДАЧА 7.32. Рассчитать токи переходного процесса в схеме рис. 7.51 со следующими числовыми данными: U = 100 В, r1 = r2 = 50 Ом, L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,2 Гн, М = 0,05 Гн. Решение 1. Независимые начальные условия: U 100 i1(0+) = i1(0-) = = = 1 А, i3(0+) = i3(0-) = 0. r1 r2 50 50 U 100 2. Принуждённые составляющие токов: i2пр = 0, i1пр = i3пр = = = 2 А. r1 50 3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного состояния цепи: i1 – i2 – i3 = 0, r1i1 + L1i1 + Мi3 + L2i3 + Мi1 = U, r1i1 + L1i1 + Мi3 + r2i2 = U. 4. Характеристическое уравнение, составленное на основании записанных уравнений по законам Кирхгофа: 1 1 1 (р) = r1 p( L1 M ) 0 p( L2 M ) = 0, r1 pL1 r2 pM р2(L1L2 – М 2) + р(r1L2 + r2L1 + r2L2 + 2r2М ) + r1r2 = 0, р2(0,10,2 – 0,052) + р(500,2 + 500,1 + 500,2 + 2500,05) + 5050 = 0, р20,0175 + р30 + 2500 = 0, р1,2 = -657,1 769,3 с –1; р1 = -87,8 с –1; р2 = -1626,4 с –1. 5. Свободные составляющие токов: i1св(t) = А1е р1t + А2е р2t; i2св(t) = В1е р1t + В2е р2t; i3св(t) = D1е р1t + D2е р2t. Начальные значения свободных составляющих и их производных: i1св(0) = А1 + А2; i2св(0) = В1 + В2; i3св(0) = D1 + D2; i1св(0) = А1р1 + А2 р2; i2св(0) = В1р1 + В2 р2; i1св(0) = D1р1 + D2 р2. 6. Начальные условия получим из ранее составленной системы уравнений для нулевого момента времени: i2(0) = i1(0) – i3(0) = 1 А, i1(0)(L1+ М) + i3(0)(L2+ М) = U – r1i1(0), 0,15i1(0) + 0,25i3(0) = 50, L1i1(0)+Мi3(0) = U – r1i1(0) – r2i2(0), 0,1i1(0) + 0,05i3(0) = 100 – 50 – 50 = 0. Решение системы уравнений: i1(0) = -142,9 А/с, i3(0) = 285,7 А/с, i2(0) = i1(0) – i3(0) = -428,6 А/с. Начальные значения свободных составляющих и их производных: i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 1 - 2 = -1 А, i1св(0) = i1(0) = -142,9 А/с, 65 i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 1 - 0 = 1 А, i2св(0) = i2(0) = -428,6 А/с, i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = 0 - 2 = -2 А, i3св(0) = i3(0) = 285,7 А/с. 7. Получаем и решаем следующие системы уравнений: А1 + А2 = -1, А1р1 + А2 р2 = -142,9 А1 = -1,150, А2 = 0,150; В1 + В2 = 1, В1р1 + В2 р2 = -428,6 В1 = 0,778, В2 = 0,222; D1 + D2 = -2, D1р1 + D2 р2 = 285,7 D1 = -1,928, D2 = -0,072; 8. Окончательно записываем: i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 2 – 1,150е –87,8t + 0,150е –1626,4t А, i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,778е –87,8t + 0,222е –1626,4t А, i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 2 – 1,928е –87,8t – 0,072е –1626,4t А. М r1 ЗАДАЧА 7.33. Рассчитать токи * * ПП в цепи рис. 7.52, если L1 L2 U = 180 В, r1 = r3 = 10 Ом, r2 = 40 Ом, U r3 r2 L1 = 1 Гн, L2 = 4 Гн, kC = 1. i1 i2 i3 Ответы: 1(t) = -18 + 24е –2t Вб, Рис. 7.52 2(t) = 36 – 48е –2t Вб, i1(t) = 18 – 4,8е –2t А, i2(t) = 18 – 14,4е –2t А, i3(t) = 9,6е –2t А. * L1 М * i3 L2 Е ЗАДАЧА 7.34. Определить токи переходноr3 i2 го процесса в цепи рис. 7.53, если i 1 Е = 180 В, L1 = 0,6 Гн, L2 = 0,5 Гн, r2 kC = 0,8, r2 = 60 Ом, r3 = 30 Ом. Ответы: Рис. 7.53 1(t) = 6,715 – 6,655е –19,3t – 0,06е –863t Вб, 2(t) = 5,444 – 5,57е –19,3t + 0,125е –863t Вб, i1(t) = 9 – 8,22е –19,3t – 0,78е –863t А, i2(t) = 3 – 3,94е –19,3t – 0,94е –863t А, i3(t) = 6 – 4,28е –19,3t – 1,72е –863t А. 7.1.4. Переходные процессы при мгновенном изменении реактивных параметров участков цепи (при «некорректных» коммутациях) При рассмотрении переходных процессов в цепях с размыканием ветвей, содержащих индуктивности, или при включении заряженных конденсаторов параллельно токи в индуктивных элементах или напряжения на ёмкостных элементах теоретически могут измениться скачком во время коммутации, что означает нарушение законов коммутации в ранее принятом виде. Такие результаты – итог предельной идеализации явления. В действительности большие напряжения между контактами ключа вызовут электрическую искру или дугу. Кроме того, не учитываются сопротивления проводов и контактов соединений, наличие распределённой ёмкости между витками катушки. Разность энергий W(0-) – W(0+) расходуется в неучтённых сопротивлениях цепи и на излучение при весьма высокой частоте. Уточнённые законы коммутации формулируются следующим образом. 66 Первый обобщенный закон коммутации. Потокосцепление любого замкнутого контура в момент коммутации (t = 0+) равно алгебраической сумме потокосцеплений всех входящих в него катушек, которые последние имели непосредственно до коммутации (t = 0-). Некоторые из этих катушек перед коммутацией могли одного замкнутого контура и не составлять, а образовали его лишь после коммутации. Второй обобщенный закон коммутации. Изменение зарядов на всех параллельно включенных конденсаторах за время коммутации равно нулю. То есть сумма зарядов конденсаторов перед коммутацией (t = 0-) равна сумме зарядов непосредственно после коммутации (t = 0+). ЗАДАЧА 7.35. В схеме рис. 7.54 с М числовыми значениями задачи 7.31 рассчитать * * i2 ток i2 в случае размыкающегося ключа. Е L1 L2 Решение r i1 r Токи до коммутации: 10 i2(t–)= 0, i1(t–)= = 10 А. Рис. 7.54 1 Уравнение по второму закону Кирхгофа для вторичного контура di di -M 1 + ri2 + L2 2 = 0. dt dt Ввиду скачкообразного изменения первичного тока с 10 А до 0 di1 di2 производные и в момент коммутации достигнут бесконечных dt dt значений, по сравнению с которыми величиной ri2 можно пренебречь. Таким образом, получаем равенство Mdi1 = L2di2, которое проинтегрируем за время коммутации от t = 0– до t = 0+. За это время токи изменятся: i1 – от i1(0–) = 10 А до i1(0+) = 0, i2 – от i2(0–) = 0 до искомого i2(0+). i2 ( 0 ) 0 0 i1( 0 ) L2 di2 = M di1 или L2i2(0+) = -Mi1(0–) = -0,0510 = -0,5 Вб. 0 ,5 0,5 == -10 А. 0 ,05 L2 L 0,05 Постоянная времени цепи = 2 = = 0,05 с. 1 r Корень характеристического уравнения р = - -1 = -20 с -1. Ток переходного процесса i2(t) = i2(0)е рt = -10е -20t А. Знак «минус» у тока означает его обратное направление на схеме. Отсюда i2(0+) = - ЗАДАЧА 7.36. Рассчитать ток первой катушки в схеме рис. 7.55 со следующими числовыми данными: U = 100 В, r1 = 60 Ом, М r1 * * L1 U 67 i Рис. 7.55 L2 r2 r2 = 40 Ом, L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,2 Гн, М = 0,05 Гн. Построить график то-ка в первой катушке. Решение 1. До коммутации в катушках были разные токи: в первой катушке – U 100 i1(0-) = = = 1,667 А, во второй катушке тока не было – i2(0-) = 0. r1 60 Таким образом, потокосцепление цепи до коммутации, состоящее из суммы потокосцеплений катушек (0-) = 1(0-) + 2(0-) = L1i1(0-) + Мi2(0-) + L2i2(0-) + Мi1(0-) = = 0,11,667 + 0 + 0 + 0,051,667 = 0,25 Вб. Независимое начальное условие в соответствии с первым законом коммутации: (0+) = (0-) = 0,25 Вб. Но потокосцепление цепи после коммутации с учётом того, что катушки соединены последовательно согласно и по ним протекает один ток, равно (0+) = i(0+)(L1 + L2 + 2М). Отсюда 0,25 (0) i(0) = = = 0,625 А. L1 L2 2M 0,1 0,2 2 0,05 U 100 2. Принуждённая составляющая тока: iпр = = = 1 А. r1 r2 60 40 3. Характеристическое уравнение: р(L1 + L2 + 2М) + r1 + r2 = 0, r1 r2 60 40 р=== -250 с -1. 0,1 0,2 2 0,05 L1 L2 2M 4. Свободная составляющая тока A i рt iсв = Ае , 2 где постоянная интегрирования А = iсв(0) = i(0) – iпр = 0,625 – 1 = -0,375. 5. Окончательно получаем: 1 i(t) = iпр(t) + iсв(t) = 1 – 0,375е –250t А. 6. График тока приведен на рис. 7.56. t 0 5 10 мс ЗАДАЧА 7.37. Рассчитать ток Рис. 7.56 второй катушки в схеме рис. 7.57 со следующими числовыми данными: Е = 11,7 В, r1 = 1 Ом, r2 = 9 Ом, r = 3 Ом, L1 = 10 мГн, L2 = 20 мГн, М = 10 мГн. М Решение 1. До коммутации L2 * rr * L1 1 9 R=r+ 12 =3+ = 3,9 Ом, r 1 9 r1 r2 r2 r1 11,7 9 E r Е i1(0-) = 2 = = 2,7 А, R r1 r2 3,9 10 i1 i2 Рис. 7.57 68 r 11,7 1 E 1 = = 0,3 А. R r1 r2 3,9 10 2. Уравнение для контура со второй катушкой по второму закону Кирхгофа для момента коммутации: di di r(i1 + i2) + r2i2 + L2 2 + М 1 = Е или L2di2 = -Mdi1 dt dt или L2(i2(0+) – i2(0-)) = -M(i1(0+) – i1(0-)). 10 M Но i1(0+) = 0, тогда i2(0+) = i1(0-) + i2(0-) = 2,7 + 0,3 = 1,65 А. 20 L2 11,7 E 3. Принуждённая составляющая тока i2пр = = = 0,975 А. r r2 12 4. Корень характеристического уравнения r r2 39 р=== -600 с -1. 0 , 02 L2 5. Свободная составляющая тока i2св = Ае рt, где постоянная интегрирования А = i2св(0) = i2(0) – i2пр = 1,65 – 0,975 = 0,675. 6. Окончательно получаем: i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,975 + 0,675е –600t А. i2(0-) = ЗАДАЧА 7.38. Рассчитать переходный ток i1(t) в схеме рис. i1 r1 r2 7.58 со следующими числовыми r3 uС1 uС2 данными: Е1 = 36 В, Е2 = 6 В, Е1 Е2 С1 С2 r1 = 300 Ом, r2 = r3 = 600 Ом, С1 = 300 мкФ, С2 = 200 мкФ. Рис. 7.58 Решение До коммутации напряжения и суммарный заряд конденсаторов: E 36 600 uС1(0-) = 1 r3 = = 24 B, uС2(0-) = -Е2 = -6 В. 300 600 r1 r3 q(0-) = С1uС1(0-) + С2uС2(0-) = (30024 – 2006)10 -6 = 6010 -4 Кл. После коммутации конденсаторы будут находиться под одним напряжением uС(0+) = uС1(0+) = uС2(0+). Поэтому заряд конденсаторов после коммутации q(0+) = (С1 + С2)uС(0+). Но в соответствии со вторым законом коммутации q(0+) = q(0-). Отсюда q( 0 ) 60 10 4 uС(0+) = = = 12 B. C1 C 2 ( 300 200 ) 10 6 Начальное значение искомого тока E uC ( 0 ) 36 12 i1(0) = 1 = = 0,08 А = 80 мА. 300 r1 E1 36 10 3 = = 40 мА. r1 r3 300 600 Свободный ток i1св = Ае рt, где корень характеристического уравнения Принуждённый ток i1пр = 69 r r2 ( 300 600 ) 10 6 р=== -10 с –1, ( C1 C2 )r1r2 ( 300 200 ) 300 600 постоянная интегрирования А = i1св(0) = i1(0) – i1пр = 80 – 40 = 40. Окончательно записываем: i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 40 + 40е –10t мА. ЗАДАЧА 7.39. В схеме рис. 7.59 i найти закон изменения тока источника r1 uС1 uС2 ЭДС при замыкании контакта. Числовые r2 данные: Е = 60 В, r1 = r2 = 1 кОм, Е С1 С2 С1 = 1 мкФ, С2 = 2 мкФ. Ответы: uС1(0+) = uС2(0+) = 20 В, Рис. 7.59 i(t) = 30 + 10е –667t мА. 7.1.5. Метод переменных состояния (МПС) Уравнениями состояния можно назвать любую систему уравнений, определяющих режим цепи. В более узком смысле – это система дифференциальных уравнений первого порядка, разрешённая относительно производных. МПС – анализ цепи, основанный на решении уравнений состояния, записанных в форме Коши. В электрических цепях токи в индуктивностях и напряжения на ёмкостях определяют энергетическое состояние цепи, поэтому их целесообразно взять в качестве переменных состояния – xk(t): [X] – матрицастолбец (размера k) переменных состояния. Действующие источники называются входными величинами – Fl(t): [F] – матрица-столбец (размера l) ЭДС и токов источников (внешних возмущений); искомые величины (остальные токи и напряжения) – выходные величины Wm(t): [W] – матрица-столбец размера m. Сокращённо дифуравнения состояния записываются в матричной X = [K][X] + [L][F], форме: где [K] – квадратная матрица порядка k (основная), [L] – матрица связи размера kl. Элементы этих матриц определяются топологией и параметрами цепи. Для выходных величин: [W] = [M][X] + [N][F], где [M] – матрица связи размера mk, [N] – матрица связи размера ml. Согласно классическому методу токи и напряжения находятся в виде суммы принуждённых и свободных составляющих: iL(t) = iLпр(t) + iLсв(t); uC(t) = uCпр(t) + uCсв(t). Методика определения принуждённых составляющих следующая: - если источники постоянные, то производные от принуждённых diLnp duCnp составляющих равны нулю: = 0, = 0. Уравнения состояния dt dt принимают вид: 0 = [K][Xnp] + [L][F], - если источники синусоидальные – удобно перейти к комплексам: j[Xnp] = [K][Xnp] + [L][F]. 70 Система уравнений даёт возможность удобно составить характеристическое уравнение. Для этого систему нужно алгебраизировать и её определитель, состоящий из коэффициентов при переменных состояния, приравнять к нулю. Составлять характеристическое уравнение через входное сопротивление в операторной форме целесообразно лишь в цепочных схемах, где нет мостиковых соединений ветвей и индуктивных связей. Непосредственно из системы уравнений можно получить начальные значения производных от переменных состояния, подставив в систему независимые начальные условия. Эти начальные значения используются при нахождении постоянных интегрирования. Система уравнений состояния может также решаться матричным способом с помощью программируемой вычислительной техники. Примеры – см. задачи 7.43 и 7.44. ЗАДАЧА 7.40. Рассчитать токи переходного процесса в схеме рис. 7.60 методом переменных состояния. Числовые значения: Е = 100 В, J = 5 A, r1 = 20 Ом, r2 = 30 Ом, r3 = 10 Ом, L = 0,09 Гн, C = 100 мкФ. Решение 1. Назначаем в качеr1 r3 i2 i3 С J стве переменных состояния Е r2 uC ток в индуктивности и L i4 напряжение на конденсатоi1 ре – i1(t) и uC(t). Выходные Рис. 7.60 переменные – остальные токи: i2(t), i3(t), i4(t). 2. Независимые начальные условия: E 100 r1 i1(0+) = i1(0-) = = = 5 А, i3 r1 20 r3 i2 Е i1 uC(0+) = uC(0-) = Jr3 = 510 = 50 В. i3 u r2 C 3. Для переменных состояi1 i4 J ния составим систему дифференциальных уравнений в форме Рис. 7.61 uL Коши. Производные i1(t) и uC(t) получим, соответственно, из uL = Li1(t) и i4 = CuC(t). Для нахождения uL и i4 в исходной схеме заменим индуктивность источником тока i1, а емкость – источником напряжения uC. В резистивной цепи рис. 7.61 определим uL и i4, а также выходные переменные i3(t) и i2(t). Это можно сделать любым методом расчёта сложных цепей постоянного тока. Выполним расчёт методом контурных токов. Имеем три независимых контура с двумя известными токами i1 и J и с одним неизвестным i3. Составляем одно уравнение: (r2 + r3)i3 + r2i1 = uC. u r i r2 1 Решение уравнения: i3 = C 2 1 = i1 + uC. r2 r3 r2 r3 r2 r3 Остальные расчётные величины: 71 r3 1 i1 + uC; r2 r3 r2 r3 du r 1 i4 = С C = J – i3 = 2 i1 – uC + J; dt r2 r3 r2 r3 rr r2 di uL = L 1 = Е – r1i1 – r2i2 = -(r1 + 2 3 )i1 – uC + Е. dt r2 r3 r2 r3 Из последних двух уравнений получаем уравнения состояния в форме Коши: rr r2 di1 1 1 1 = - (r1 + 2 3 )i1 – uC + Е; dt r2 r3 r2 r3 L L L duC r 1 1 1 1 = 2 i1 – uC + J. dt r2 r3 C C r2 r3 C Остальные полученные уравнения называются уравнениями связи. Они нужны для нахождения выходных переменных. 4. Систему уравнений состояния решим классическим методом: i1(t)= i1пр(t) + i1св(t); uC (t)= uCпр(t) + uCсв(t). Поскольку в цепи действуют постоянные источники, принуждённые составляющие являются также постоянными, а производные от них равны нулю. В соответствии с принципом наложения система уравнений состояния оказывается справедливой не только для полных i1(t) и uC (t), но и для их составляющих. Система уравнений состояния для принуждённых составляющих, таким образом, имеет вид: rr r2 -(r1 + 2 3 )i1пр – uCпр = -Е; или -27,5i1пр – 0,75uCпр = -100; r2 r3 r2 r3 r2 1 i1пр – uCпр = -J. 0,75i1пр – 0,025uCпр = -5. r2 r3 r2 r3 Решение системы: i1пр = -1 А, uCпр = 170 В. 5. Алгебраизировав уравнения состояния и приравняв определитель системы уравнений к нулю, получим характеристическое уравнение: rr r2 1 r1 2 3 p r2 r3 L( r2 r3 ) (р) = L = r2 1 p C( r2 r3 ) C( r2 r3 ) i2 = i1 + i3 = 1 rr r1 r2 1 р + = р2 + r1 2 3 = р2 + 555,6р + 138900 = 0. r2 r3 C( r2 r3 ) LC( r2 r3 ) L Корни характеристического уравнения: р1,2 = -277,8 j248,5 с -1. Свободные составляющие имеют вид: i1св(t) = Ае -tsin(t +1); uCсв(t) = Bе -tsin(t +u), Здесь = |Re(р1)| = -277,8 с –1 – коэффициент затухания, = Im(р1) = 248,5 с –1 – угловая частота свободных колебаний. 72 Начальные значения свободных составляющих и их производных: i1св(0) = Аsin1; i1св (0) = - Аsin1 + Аcos1; uCсв(0) = Bsinu; uCсв (0) = - Bsinu + Bcosu. 6. Независимые начальные условия: i1(0) = 5 А, uC(0) = 50 В. Начальные значения производных получим из уравнений состояния: rr 1 1 1 r2 i1(0) = - (r1 + 2 3 )i1(0) – uC(0) + Е = r2 r3 r2 r3 L L L 1 1 1 =27,55 – 0,75 50 + 100 = -833,3 А/с. 0 ,09 0 ,09 0 ,09 r 1 1 1 1 uC(0) = 2 i1(0) – uC (0) + J = C r2 r3 C r2 r3 C 4 = 0,7510 5 – 0,02510 450 + 10 45 = 75000 В/с. Начальные значения свободных составляющих и их производных: i1св(0) = i1(0) – i1пр = 5 + 1 = 6 А, i1св(0) = i1(0) – i1пр = -833,3 А/с, uCсв(0) = uC(0) – uCпр = 50 – 170 = -120 В, uCсв(0) = uC(0) – uCпр = 75000 В/с. Получаем и решаем следующие системы уравнений: Аsin1 = 6, Bsinu = -120, - Аsin1 + Аcos1 = -833,3; - Bsinu + Bcosu = 75000. А = 6,874, 1 = 60,8, B = 452,1, u = -15,4. 7. Окончательные выражения для переменных состояния: i1(t)= i1пр(t) + i1св(t) = -1 + 6,874е –277,8tsin(248,5t + 60,8) А; uC (t)= uCпр(t) + uCсв(t) = 170 + 452,1е –277,8tsin(248,5t – 15,4) В. 8. Выходные переменные: r 1 i2(t) = 3 i1 + uC = 0,25i1 + 0,025uC = r2 r3 r2 r3 = 4 + 11,83е –277,8tsin(248,5t – 7,29) А; r2 1 i3(t) = i1 + uC = -0,75i1 + 0,025uC = r2 r3 r2 r3 = 5 + 11,25е –277,8tsin(248,5t – 41,83) А; r 1 i4(t) = 2 i1 – uC + J = 0,75i1 – 0,025uC + 5 = r2 r3 r2 r3 = 11,25е –277,8tsin(248,5t + 138,17) А. С iC r1 i2 r3 ЗАДАЧА 7.41. Рассчитать токи переuC L Е ходного процесса, напряжения на индукr2 i3 J тивности и ёмкости в цепи рис. 7.62, если i1 Е = 240 В, J = 4 A, r1 = 80 Ом, r2 = 120 Ом, Рис. 7.62 r3 = 120 Ом, L = 0,5 Гн, C = 10 мкФ. Ответы: uC(t)= 200 + 126,3е –140tsin(424,7t + 71,75) B; i1(t) = 4 – 0,565е –140tsin(424,7t) А; i2(t) = 1 – 0,283е –140tsin(424,7t) А; i3(t) = 1 + 0,283е –140tsin(424,7t) А; iC(t) = -0,565е –140tsin(424,7t) А; 73 uL(t)= 120,1е–140tsin(424,7t + 92,7) B. ЗАДАЧА 7.42. Определить токи переходного процесса в цепи рис. 7.63, если r1 = r4 = 200 Ом, r2 = r5 = 100 Ом, C1 = C3 = 100 мкФ, Е = 300 В, J = 1 A. Ответы: i1(t) = 0,8е –16,67t – 0,3е –100t А; i2(t) = 1 – 0,8е –16,67t + 0,3е –100t А; i3(t) = 0,4е –16,67t + 0,6е –100t А; i4(t) = -1 + 1,2е –16,67t + 0,3е –100t А. i1 i2 С1 J r5 r2 С3 r1 r4 Е i3 i4 Рис. 7.63 i1 U i3 i2 r1 С uС L r2 Рис. 7.64 ЗАДАЧА 7.43. Построить графики токов i1(t) и i3(t) схемы рис. 7.64, при условии r1 = 60 Ом, r2 = 40 Ом, C = 100 мкФ, L = 0,1 Гн, U = 100 В. Решение Задачу решим МПС матричным способом. В этом случае целесообразно использовать программируемую вычислительную технику. Решим задачу в среде MathCAD. 1. Назначаем в качестве переменных состояния ток в индуктивности и напряжение на конденсаторе – i3(t) и uC(t). Выходная переменная – ток i1(t). 2. Независимые начальные условия нулевые: i3(0+) = i3(0-) = 0, uC(0+) = uC(0-) = 0. 3. Составим систему уравнений состояния, используя законы Кирхгофа: du di U uC U uC L 3 = uL = uC – r2i3; i1 = ; С C = i2 = i1 – i3 = – i3. r1 r1 dt dt Таким образом, система уравнений состояния имеет вид: di3 r 1 = - 2 i3 + uC, dt L L duC 1 1 1 = - i3 – uC + U. r1C r1C dt C Эта же система в матричном виде: X = [K][X] + [L][F]. (*) Итак, матрица переменных состояния [X], матрица коэффициентов [K], столбцовая матрица свободных членов [L][F] и матрица независимых начальных условий [X(0)] имеют вид: 1 r2 0 i3 L L U , [X(0)] = i3 ( 0 ) = 0 . [X] = , [K] = 1 , [L][F] = uC ( 0 ) 0 1 uC r C 1 r1C C Решение системы уравнений состояния: 74 t X(t) = e ·Ф(t), где Ф(t) = e K ·LF()·d, Kt то есть 0 X(t) = e Kt e K t ·LF()·d + e e K ·LF()·d = Kt 0 t = eKt·X(0) + eKt e K ·LF()·d. (**) 0 4. Получим матричную экспоненциальную функцию eKt. Сначала определим собственные значения матрицы [K], то есть корни уравнения det([K] – ·1) = 0, где 1 = Е – единичная матрица порядка K: K11 K12 K13 ... K1k K 21 K 22 K 23 ... K 2k = 0. ... ... ... ... ... K k1 Kk2 K k 3 ... K kk K11 K 12 = 0. K 21 K 22 При двух корнях характеристического уравнения матричная экспонента находится в виде eKt = 0 Е + 1[K], где коэффициенты i находят из следующей системы уравнений: В данном случае характеристическое уравнение: 0 + 1 1 = e1·t, 0 = 2 2 1 e1·t + 1 1 2 e2·t, 1 1 e1·t + e2·t. 1 2 2 1 5. Далее переменные состояния можно найти по формуле (**), а U uC выходную переменную i1(t) по формуле i1 = . r1 6. Ниже приводится программа расчётов в среде MathCAD с построенными графиками i1(t) и i3(t). j:= 1 ORIGIN:= 1 U:= 100 r1:= 60 r2:= 40 L:= 0.1 C:= 10-4 1 r2 0 1 0 0 L L E:= x0:= K:= LF():= U 0 1 0 1 1 r1 C r1 C C simplify .1667e6 + 566.7· + 2 |K - ·E| float ,4 0 + 2 1 = e2·t. 1 = |K - ·E| = 0 solve , float ,4 ( 283 .3 ) 293 .9 i ( 283 .3 ) 293 .9 i 75 ( 283 .3 ) 293 .9 i Перезадание корней характеристического уравнения := ( 283 .3 ) 293 .9 i 2 1 1 1 0(t):= · e 1 t + · e 2 t 1(t):= · e 1 t + · e 2 t 2 1 1 2 1 2 2 1 t eK(t):= 0(t)·E + 1(t)·K i3(t):= (eK(t)·x0)1 + ( eK ( t ) LF ( ))1 d 0 t U uC( t ) uC(t):= (eK(t)·x0)2 + ( eK ( t ) LF ( ))2 d i1(t):= r1 0 0( t) 1( t) simplify float 4 simplify float 4 ( .5000 .4820 i) e [ ( 283.3) 293.9 i] t ( .1701e-2) i ( 1.000) e .3672e-1 e [ ( 283.3) 293.9 i] t 76 [ ( 283.3) 293.9 i] t 1.000 e .9993 i e [ ( 283.3) 293.9 i] t [ ( 283.3) 293.9 i] t simplify i1( t) float 4 simplify i3( t) float 4 ( .3333 .1513 i) e [ ( 283.3) 293.9 i] t [ ( .5001) .4821 i] e [ ( 283.3) 293.9 i] t .6585 e [ ( 283.3) 293.9 i] t .3672e-1 e .7526 i e [ ( 283.3) 293.9 i] t [ ( 283.3) 293.9 i] t 2.488 1.129 i [ ( 283.3) 293.9 i] t 1.037 .9993 i .9993 i e 2 1.5 i1( t ) i3( t ) 1 0.5 Рис. 7.65 0 0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01 0.012 0.014 0.016 t Примечание. Ответы для коэффициентов 0, 1, искомых токов i1(t) и i3(t) (то же наблюдается и в отношении матричной экспоненты eKt) содержат комплексные числа. Это объясняется комплексностью корней характеристического уравнения. Однако, благодаря тому, что корни являются комплексными сопряжёнными числами, значения указанных величин в любой момент времени оказываются действительными, в связи с чем возможно построение графиков токов. Приведение же ответов для токов к стандартному виду с затухающей синусоидой требует дополнительных действий. В этом состоит недостаток данного метода. Графики искомых токов показаны на рис. 7.65. i1 r I2 L1 i3 1 ЗАДАЧА 7.44. Построить U uС L r2 С график напряжения на конденса2 торе uC(t) схемы рис. 7.66, при Рис. 7.66 условии r1 = 60 Ом, L1 = 0,2 Гн, r2 = 40 Ом, L2 = 0,1 Гн, C = 100 мкФ, U = 100 В. Комментарии и ответы. Задачу 7.44 решим по той же самой методике, что и задачу 7.43. Исходные данные: j:= 1 ORIGIN:= 1 U:= 100 r1:= 60 r2:= 40 L:= 0.1 C:= 10-4 Переменные состояния: i1, i2, uC. Независимые начальные условия: 0 i1(0+) = i1(0-) = 0, i2(0+) = i2(0-) = 0, uC(0+) = uC(0-) = U = 100 В x0:= 0 U 77 Система уравнений состояния: 1 0 0 E:= 0 1 0 0 0 1 |K - ·E| r1 L1 K:= 0 1 C r di1 1 1 = - 1 i1 – uC + U, dt L1 L1 L1 di2 r 1 = - 2 i2 + uC , dt L2 L2 duC 1 1 = i1 – i2. dt C C 1 0 U L1 L1 r2 1 LF():= 0 L2 L2 0 1 0 C simplify (-.2700e6)· – 700·2 – .5000е8 – 1.·3 float ,4 338.7 solve , |K - ·E| = 0 ( 180.7 ) 339.1 i float ,4 ( 180.7 ) 339.1 i 338.7 Перезадание корней характеристического уравнения := ( 180.7 ) 339.1 i ( 180.7 ) 339.1 i Коэффициенты i находят из следующей системы уравнений: 0 + 1 1 + 12 2 = e1·t, 0 + 2 1 + 22 2 = e2·t, 0 + 3 1 + 32 2 = e3·t. 1 1 ( 1 )2 := 1 2 ( 2 )2 1 ( )2 3 3 0(t):= 2 ( 2 ) 2 2 3 ( 3 ) · e 1 t + ( 1 )2 1 2 3 ( 3 ) · e 2 t + 1 ( 1 )2 2 2 ( 2 ) · e3 t 2 2 1 ( 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 )2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) 3 3 1 t 2 t 1 ( 2 ) 3 t 1(t):= ·e + ·e + ·e 1 2 1 1 1 1 1 3 t 1 3 t 1 2 2(t):= ·e 1 + ·e 2 + · e3 t Ответ, например, для коэффициента 0(t): 0( t) simplify ( 338.7) t [ ( 180.7) 339.1 i] t [ ( 180.7) 339.1 i] t [ ( 180.7) 339.1 i] t [ ( 180.7) 339.1 i] t 1.055 e .2747e-1 e .5122 i e .2747e-1 e .5122 i e float 4 78 В случае трёх корней характеристического уравнения матричная экспонента находится в виде eKt = 0 Е + 1[K] + 2[K]2, eK(t):= 0(t)·E + 1(t)·K + 2(t)·K2 t uC(t):= (eK(t)·x0)3 + ( eK ( t ) LF( ))3 d 0 Попробуем получить ответ для uC(t): uC( t) simplify [ ( 180.7) 339.1 i] t [ ( 180.7) 339.1 i] t [ ( 180.7) 339.1 i] t ( 338.7) t ( 338.7) t ( 34.08 14.08 i) e .7060 i e .7082 e .2046 e .8454e-1 i e 1.003 .4144 i float 4 По данной формуле MathCAD отказывается давать значения напряжения в отдельные моменты времени. Поэтому произведём перезадание uC(t): uC( t) ( 34.08 14.08 i) e [ ( 180.7) 339.1 i] t .7060 i e [ ( 180.7) 339.1 i] t .7082 e [ ( 180.7) 339.1 i] t ( 338.7) t 1 ( 338.7) t .8454 10 i e 1.003 .4144 i 0 .2046 e Значение напряжения, например, в момент времени t = 0,01 с: 3 uC( 0.01) 27.758 1.1i 10 Примечание. Как и в задаче 7.43 значения 0, 1, eKt и, конечно же, uC должны быть в любой момент времени действительными числами. Здесь же значение uC(0,01) оказалось комплексным. Это объясняется тем, что при перезадании корней характеристического уравнения i было сделано округление ответов до четырёх значащих цифр, что внесло в последующие вычисления некоторую погрешность. Например, у значений напряжения на конденсаторе появилась мнимая часть. Однако она мала и ей можно пренебречь. Можно утверждать, что реальное значение напряжения на конденсаторе практически равно модулю от полученного комплексного значения. В связи с этим строим график модуля напряжения uC в функции времени t (рис.7.67).и 100 80 uC( t ) 60 40 Рис. 7.67 20 0 0.005 0.01 0.015 t 79 0.02 0.025