РГЗ № 4 Вариант № 9 Расчётная схема: K Параметры схемы: E = 100 B; J = 2 A; R1 = 60 Ом; R2 = 50 Ом; R3 = 25 Ом; L = 20 мГн; С = 250 мкФ; a E R3 I2 IE Определить iC, uab R1 L J IL I1 R2 C b IС Классический метод: 1. Независимые начальные условия: a R3 E I2 IE R1 J IL I1 b UС Из схемы видно, что 𝑖𝐿 (0) = 𝐸−𝑅3 𝐽 𝑅3 𝐴 и 𝑈𝐶 (0) = 0 𝐵 2. Составление ХУ(характеристическое уравнение): разрываем послекоммутационную схему в любом месте и записываем входное сопротивление относительно получившихся зажимов с условием, что ЭДС закорачиваются, источники тока разрываются. a ZВХ 𝑅 𝐿𝑝 1 R3 (𝑅 3+ 𝐿𝑝 + 𝑅2 + 𝐶𝑝) 𝑅1 3 =0 𝑅 𝐿𝑝 1 𝑅1 + 𝑅2 + 3 + 𝑅3 + 𝐿𝑝 𝐶𝑝 R1 L 𝑅1 [𝑅3 𝐿𝐶𝑝2 + 𝑅2 𝐶𝑝(𝑅3 + 𝐿𝑝)𝑝 + 𝑅3 + 𝐿𝑝] = 0 𝑅1 𝐿𝐶(𝑅2 + 𝑅3 )𝑝2 + 𝑅1 (𝑅2 𝑅3 𝐶 + 𝐿)𝑝 + 𝑅1 𝑅3 = 0 C 𝑝2 + R2 𝑅2 𝑅3 𝐶 + 𝐿 𝑅3 𝑝+ =0 𝐿𝐶(𝑅2 + 𝑅3 ) 𝐿𝐶(𝑅2 + 𝑅3 ) 𝑝2 + 886.667𝑝 + 66666.667 = 0 𝑝2 + 𝑏 ∙ 𝑝 + 𝑐 = 0 Решая квадратное уравнение, получим корни: 𝑝1,2 = −𝑏±√𝑏 2 −4𝑐 2 𝑝1 = −82.948 𝑝2 = −803.719 3. Находим установившиеся значения при 𝑡 → ∞: a 𝑖𝐶 (∞) = 0 𝐴 R3 E I2 IE 𝑈𝑎𝑏 (∞) = 𝐸 = 100 В R1 J IL I1 UС b 4. Общий вид искомых величин: 𝑖𝐶 (𝑡) = 𝐴 ∙ 𝑒 𝑝1∙𝑡 + 𝐵 ∙ 𝑒 𝑝2∙𝑡 + 𝑖С (∞) = 𝐴 ∙ 𝑒 −82.948∙𝑡 + 𝐵 ∙ 𝑒 −803.719∙𝑡 𝑈𝑎𝑏 (𝑡) = 𝐴′ ∙ 𝑒 𝑝1∙𝑡 + 𝐵′ ∙ 𝑒 𝑝2∙𝑡 + 𝑈𝑎𝑏 (∞) = 𝐴′ ∙ 𝑒 −82.948∙𝑡 + 𝐵′ ∙ 𝑒 −803.719∙𝑡 + 100 5. Нахождение зависимых начальных условий с помощью независимых начальных условий: составляем систему уравнений Кирхгофа в дифференциальной форме: 𝑑𝑖𝐿 𝑖𝐿 − 𝑖𝐸 − 𝑖1 = 0 𝑖𝐶 + 𝑖2 − 𝑖𝐿 = 𝐽 𝑅1 𝑖1 = −𝐸 𝑑𝑖𝐿 𝑅3 𝑖2 + 𝐿 =𝐸 𝑑𝑡 {𝐿 𝑑𝑡 + 𝑅1 𝑖1 +𝑈𝐶 + 𝑅2 𝑖𝐶 = 0 Вычитаем из 4-го уравнения 5-е: 𝑅3 𝑖2 − 𝑅1 𝑖1 −𝑈𝐶 − 𝑅2 𝑖𝐶 = 𝐸 (*) Упростив это уравнение с учётом независимого начального условия на конденсаторе и 3-го уравнения запишем: 𝑅3 𝑖2 = 𝑅2 𝑖𝐶 Выражаем из 2-го уравнения второй ток и подставляем в уравнение выше: 𝑖2 = 𝑖𝐿 + 𝐽 − 𝑖𝐶 𝑖𝐶 = 𝑅3 (𝐽 + 𝑖𝐿 (0)) 𝑅2 + 𝑅3 Чтобы найти производную продифференцируем 3-е и (*), и с учётом этого, аналогичными вычислениями, выражаем искомую производную: 𝑅1 𝑑𝑖1 𝑑𝑖 =0⟹ 1=0 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑅3 𝑑𝑖2 𝑑𝑖 𝑖 𝑑𝑖 𝑑𝑖 𝑖 𝑑𝑖 − 𝑅1 1 − 𝐶 − 𝑅2 С = 0 ⟹ 𝑅3 2 − 𝐶 = 𝑅2 С 𝑑𝑡 𝑑𝑡 С 𝑑𝑡 𝑑𝑡 С 𝑑𝑡 Подставляем в последнее выражение: 𝑑𝑖2 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑖С = − 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Находим искомое значение: 𝑑𝑖𝐿 𝑖𝐶 𝑑𝑖𝐶 𝑅3 𝑑𝑡 − С = = 484.444 А/с 𝑑𝑡 𝑅2 + 𝑅3 Для напряжения: 𝑖2 = 𝑖𝐿 + 𝐽 − 𝑖𝐶 = 2.667 𝐴 𝑈𝑎𝑏 = 𝑅3 𝑖2 = 66.667 𝐵 Производная: 𝑑𝑈𝑐 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑖С = 𝑅3 ( − ) = 29555.556 𝐵/𝑐 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 6. Нахождение постоянных интегрирования: для 𝑖𝐶 : 𝑖𝐶 (𝑡) = 𝐴 ∙ 𝑒𝑝1∙𝑡 + 𝐵 ∙ 𝑒𝑝2∙𝑡 + 𝑖1 (∞) = 𝐴 ∙ 𝑒−82.948∙𝑡 + 𝐵 ∙ 𝑒−803.719∙𝑡 {𝑑𝑖1 = 𝑝1 ∙ 𝐴 ∙ 𝑒𝑝1∙𝑡 + 𝑝2 ∙ 𝐵 ∙ 𝑒𝑝2∙𝑡 = −82.948 ∙ 𝐴 ∙ 𝑒−82.948∙𝑡 − 803.719 ∙ 𝐵 ∙ 𝑒−803.719∙𝑡 𝑑𝑡 подставляем найденные зависимые начальные условия в эту систему: { 1.333 = 𝐴 + 𝐵 484.444 = 𝑝1 ∙ 𝐴 + 𝑝2 ∙ 𝐵 = −82.948 ∙ 𝐴 − 803.719 ∙ 𝐵 { 𝐵 = 1.333 − 𝐴 484.444 = 𝑝1 ∙ 𝐴 + 𝑝2 ∙ (1.333 − 𝐴) = −82.948 ∙ 𝐴 − 803.719 ∙ (1.333 − 𝐴) (𝑝1 − 𝑝2 ) ∙ 𝐴 = 1556.07 { ′ 𝐵 = 1.333 − 𝐴 {𝐴 = 2.159 𝐵 = 1.333 − 𝐴 = −0.826 для 𝑈𝑎𝑏 : 𝑈𝑎𝑏 (𝑡) = 𝐴′ ∙ 𝑒𝑝1∙𝑡 + 𝐵′ ∙ 𝑒𝑝2∙𝑡 + 𝑈𝐶 (∞) = 𝐴′ ∙ 𝑒−82.948∙𝑡 + 𝐵′ ∙ 𝑒−803.719∙𝑡 + 100 {𝑑𝑈𝑎𝑏 = 𝑝1 ∙ 𝐴′ ∙ 𝑒𝑝1∙𝑡 + 𝑝2 ∙ 𝐵′ ∙ 𝑒𝑝2∙𝑡 = −82.948 ∙ 𝐴′ ∙ 𝑒−82.948∙𝑡 − 803.719 ∙ 𝐵′ ∙ 𝑒−803.719∙𝑡 𝑑𝑡 подставляем найденные зависимые начальные условия в эту систему: { 66.667 = 𝐴′ + 𝐵′ + 100 29555.556 = 𝑝1 ∙ 𝐴′ + 𝑝2 ∙ 𝐵′ = −82.948 ∙ 𝐴′ − 803.719 ∙ 𝐵′ 𝐵′ = −100 − 𝐴′ { 29555.556 = 𝑝1 ∙ 𝐴′ + 𝑝2 ∙ (−100 − 𝐴′ ) = −82.948 ∙ 𝐴′ − 803.719 ∙ (−100 − 𝐴′ ) ′ { (𝑝1 − 𝑝2 ) ∙ 𝐴 = 2764.925 𝐵′ = −100 − 𝐴′ ′ {𝐴 = 3.836 𝐵′ = −37.169 Запишем окончательный вид искомых величин: 𝑖𝐶 (𝑡) = 𝐴 ∙ 𝑒 𝑝1∙𝑡 + 𝐵 ∙ 𝑒 𝑝2∙𝑡 + 𝑖С (∞) = 𝐴 ∙ 𝑒 −82.948∙𝑡 + 𝐵 ∙ 𝑒 −803.719∙𝑡 = = 2.159 ∙ 𝑒 −82.948∙𝑡 − 0.826 ∙ 𝑒 −803.719∙𝑡 𝑈𝐶 (𝑡) = 𝐴′ ∙ 𝑒 𝑝1∙𝑡 + 𝐵′ ∙ 𝑒 𝑝2∙𝑡 + 𝑈𝑎𝑏 (∞) = 𝐴′ ∙ 𝑒 −82.948∙𝑡 + 𝐵′ ∙ 𝑒 −803.719∙𝑡 + 100 = = 3.836 ∙ 𝑒 −82.948∙𝑡 − 37.169 ∙ 𝑒 −803.719∙𝑡 + 100 Операторный метод K a R3 𝐸 𝑝 I2 IE R1 LiL(0) IС 𝐽 𝑝 IL I1 1 𝑝𝐶 pL R2 b Составим систему уравнений по законам Кирхгофа в операторной форме: 𝐼𝐿 − 𝐼1 − 𝐼𝐸 = 0 𝐽 𝐼2 − 𝐼𝐿 + 𝐼𝐶 = 𝑝 𝐸 𝑅1 ∙ 𝐼1 = − 𝑝 𝐸 𝑅3 𝐼2 + 𝑝𝐿𝐼𝐿 = 𝑝 + 𝐿𝑖𝐿 (0) 1 {𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑝𝐿𝐼𝐿 + (𝑅2 + 𝑝С) 𝐼𝐶 = 𝐿𝑖𝐿 (0) Матричная форма: 0 𝐽 𝑝 𝐸 − 𝑝 0 𝐼1 −1 0 1 1 −1 𝐼2 0 1 −1 0 0 𝑅1 0 0 0 ∙ 𝐼𝐿 = 0 0 𝑅3 𝑝𝐿 𝐼𝐶 1 0 𝐸 𝑅1 0 𝑝𝐿 𝑅2 + 0 [ ] + 𝐿𝑖𝐿 (0) [ 𝑝С ] 𝐼𝐸 𝑝 [ 𝐿𝑖𝐿 (0) ] Решаем через обратную матрицу: 0 −1 𝐼1 −1 0 1 𝐼2 0 1 −1 1 0 0 𝐼𝐿 = 𝑅1 0 0 0 0 𝑅3 𝑝𝐿 0 1 0 𝐼𝐶 [𝐼𝐸 ] [ 𝑅1 0 𝑝𝐿 𝑅2 + 𝑝С 0 ] 0 −1 𝐽 𝑝 𝐸 −𝑝 ∙ 𝐸 𝑝 + 𝐿𝑖𝐿 (0) [ 𝐿𝑖𝐿 (0) ] Запишем отдельно: 𝐼1 = −1,667 𝑝 2 𝐼2 = 2.667 p 3546.667 p 266666.667 p2 886.667p 66666.667p 2 𝐼𝐿 = 𝐼𝐶 = 2 p 3440 p 133333.333 p2 886.667p 66666.667p 1.333 p 1666.667 2 p 886.667 p 66666.667 2 𝐼𝐸 = 3.667 p 4917.778 p 244444.444 p2 886.667 p 66666.667 p Находим искомые величины: 𝐼𝐶 (𝑝) = 𝐼𝐶 = 1.333 p 1666.667 2 p 886.667 p 66666.667 2 𝑈𝑎𝑏 (𝑝) = 𝑅3 𝐼2 = 𝑅3 ( 2 2.667 p 3546.667 p 266666.667 p2 886.667p 66666.667p )= 66.667 p 88666.667 p 6666666.667 p2 886.667p 66666.667p Возьмём обратное преобразование Лапласа от изображения 𝐼𝐶 (𝑝) и наёдем его оригинал: Чтобы найти оригинал, воспользуемся теоремой разложения, наше изображение имеет вид: ,где . Оригинал будет рассчитываться по формуле: , где Если один из корней - к-й корень уравнения . равен нулю, то формула приводится к такому виду: ,где . Корни знаменателя: 𝑝1 = −82.948 𝑝2 = −803.719 1.333 p 1666.667 𝑖𝐶 (𝑡) = 1 1.333 p 1666.667 ∙𝑒 2 p 886.667 −82.948𝑡 + 1 = 1.333 ( 82.948) 1666.667 2 ( 82.948) 886.667 ∙ 𝑒 −82.948𝑡 + 2 2 p 2 886.667 1.333 ( 803.719) 1666.667 2 ( 803.719) 886.667 ∙ 𝑒 −803.719𝑡 = ∙ 𝑒 −803.719𝑡 = = 2.159 ∙ 𝑒 −82.948𝑡 − 0.826 ∙ 𝑒 −803.719𝑡 Для 𝑈𝑎𝑏 (𝑡): 12 88666.667p1 6666666.667 𝑝 𝑡 66.667p22 88666.667p2 6666666.667 𝑝 𝑡 ∙𝑒 + ∙𝑒 + 2 p1 886.667 p1 2p2 886.667p2 66.667 p 𝑈𝑎𝑏 (𝑡) = 1 2 2 +𝑈𝑎𝑏 (∞) = 66.667 ( 82.948) 88666.667 82.948 6666666.667 ( 2 82.948 886.667) 82.948 ∙ 𝑒 −82.948𝑡 + 2 + 66.667 ( 803.719) 88666.667 803.719 6666666.667 ( 2 803.719 886.667) 803.719 = 3.836 ∙ 𝑒 −82.948𝑡 − 37.169 ∙ 𝑒 −803.719𝑡 + 100 Строим графики: ∙ 𝑒 −803.719𝑡 + 100 = i( t) 2.159 e 82.948 t 0.826 e 803.719 t 1.7 1.5 1.3 1.1 0.9 i( t ) 0.7 0.5 0.3 0.1 0.1 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.045 0.06 t Uab( t) 3.836 e 82.948 t 37.169 e 803.719 t 100 105 101.54 98.08 94.62 91.15 87.69 84.23 Uab( t ) 80.77 77.31 73.85 70.38 66.92 63.46 60 0 0.015 0.03 t