Исаев Ю.Н. Лекции по ТОЭ
Подождите немного. Документ загружается.
81
t
0
0.0025
0.005
0.0075
0.01
0.0125
0.015
0.0175
0.02
Ut()
26.67
24.04
22.45
21.49
20.9
20.55
20.33
20.2
20.12
0 0.0025 0.005 0.0075 0.01 0.0125 0.015 0.0175 0.02
9
18
27
Ut()
t
Зависимые и независимые начальные условия
Пример- 6. Рис- 10
Дано :
R 2
0
C 40 10
6
J
2
Ищем решения в виде: Рис- 10
Ut() Uсв t() iпр Ae
pt
Uп
р
1) Uпр определяет принуждённую составляющую схеме после коммутации ( рис -
11 ):
Uпр JR 3
Uпр 120
2) определяет ННУ в схеме до коммутации ( рис - 12 ):
Uc 0() J
R
Uco J
R
Рис- 11
82
Рис- 13 Рис- 14 Рис- 12
3) определяет ЗНУ в схеме после коммутации ( рис - 13 и 14 ) :
Ee
Uco 2 R
3R
Re
2R
3
U0() J Re R
() E
e
Uo JRe R() E
e
Uo 93.333
A Uпр U
o
A 26.667
4) Корень характеристического уравнения через входное сопротивление
в схеме после коммутации (рис - 7) :
Z2R R
1
pC
0
p
1
3R C
p 416.667
5) Записываем окончательное решение и строим график i(t) :
1
p
2.4 10
3
t0 0.5 4
t
0
0.0012
0.0024
0.0036
0.0048
0.006
0.0072
0.0084
0.0096
Ut()
26.67
25.24
24.13
23.25
22.55
22.01
21.58
21.24
20.98
U
t() Ae
pt
Uп
р
0 0.0012 0.0024 0.0036 0.0048 0.006 0.0072 0.0084 0.0096
20
40
60
80
100
120
Ut()
t
ПРИМЕР – СХ.6
83
Jo
6
R 2
0
90 deg
10
0
L 0.
5
C 500 10
6
f
2
f 15.915
1) Находим принужденную составляющую
U
п
р
в схеме после коммутации
U
пр
Jo 10
R
U
пр
1200
2) Находим корень характеристического уравнения p в схеме после коммутации через
входное сопротивление схемы
Zp()
=0
Zp( ) 10 R
1
Cp
p
1
10 R C
p10
3) Находим Н.Н.У U
C
(0) схеме до коммутации
U
C0
Jo
R
U
C0
120
4) Находим З.Н.У U
J
(0+) в схеме после коммутации
U
j0
Jo 1.9
R
0.9 U
C
0
U
j0
336
A U
j0
U
п
р
A 864
U
J
t() Ae
pt
U
п
р
U
J
t( ) 864.0()e
10()t
120
0
84
1
p
0.1
t 0 0.01 6
0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5 0.55 0.6
1000
800
600
400
200
200
400
600
800
1000
1200
1400
U
J
t()
Ae
pt
Upr
t
Переходный процесс при переменном источнике тока
T
2
2T 0.126
85
Лекция № 10
§4.3 Метод расчета переходных процессов в цепи переменный тока
Для расчета переходный процессов в цепи переменного тока используют символический
метод
Пример: Определить ток источника напряжения если
120,210, 0,2,
( ) 20sin( 60 ) , 50 , 2 313 /
o
R Ом R Ом L Гн
et t
В
f Гц f рад с
Решение: Находим индуктивное сопротивление и комплекс
напряжения
60
62,8 , 20
o
j
L
XL Ом EeВ
.
86
Ищем решение в виде
св пр
() () () ()
pt
it i t i t Ae it
1. Определяем принужденную составляющую в цепи после коммутации, используя
символический метод
124,466
12
/ 0,163 0, 237 0, 287
j
пр
L
I
ER R jX j e A
Определяем мгновенное значение принужденного тока
( ) 0,287sin( 124, 466 ) , (0) 0, 237
o
пр пр
it t Ai A
2. Определяем корень характеристического уравнения
1
12
12
( ) 0 150
RR
Z
pRRpL p c
L
3. Определяем независимые начальные условия, (0)
L
i используя символический метод.
11
2
1
1
0
1
,
2
0,118 0,156 , (0) 0,156
2
L
e
L
e
LL
L
RR jX
IER
RjX
R
I
IjAiA
RjX
3.
Определяем зависимые начальные условия в схеме после коммутации, заменяя
индуктивность L источником тока равным (0)
L
i .
(0 ) (0) 0,156
eL
ii A
4.
Определяем константу интегрирования A
(0 ) (0) (0 ) (0) 0,081
e пр e пр
iAi Aii A
5.
Записываем решение и строим график.
150
св пр пр
( ) ( ) ( ) ( ) 0,081 0,287 sin( 124, 466 )
pt t o
it it it Ae it e t A
Строим зависимость в пределах одного периода
87
0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01 0.012 0.014 0.016 0.018 0.02
0.3
0.2
0.1
0.1
0.2
0.3
it()
Ae
pt
t
t
0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
0.007
0.008
0.009
0.01001
0.01101
0.01201
0.01301
0.01401
0.01501
it()
-0.156
-0.206
-0.227
-0.219
-0.183
-0.124
-0.049
0.036
0.12
0.196
0.255
0.291
0.3
0.282
0.237
0.171
§4.4 Переходные процессы в цепи второго порядка
Рассмотрим цепь второго порядка представленную на рисунке с параметрами:
50 , 10 , 0.1 , 40 .EBRОм L Гн С мкф
Записываем уравнения по второму закону Кирхгофа, в результате получаем систему
дифференциальных уравнений:
2
2
,
LC C
di du
uuiRE L Riu EiC
dt dt
du du
LC RC u E
dt dt
(1)
Решение данного уравнения будем искать в виде суммы двух составляющих:
112 2
( ) exp( ) exp( )
C св пр
ut u u A pt A pt E
. (2)
Первое слагаемое это
112 2
exp( ) exp( )
св
uA ptA pt свободная составляющая. Она зависит
только от параметров схемы, а также от начальных и конечных запасов энергии. Эта
составляющая решения не зависит от формы воздействующего напряжения.
R
E
C
L
88
Второе слагаемое это ()
пр C
uu принуждённая составляющая. Она зависит от внешнего
воздействия и имеет форму этого воздействия. Очевидно, что в нашем случае она
определяется как ()
пр C
uu E
.
Постоянные интегрирования определяются из начальных условий, отражающих
невозможность мгновенного изменения начальных запасов энергии в конденсаторе и в
катушке.
Для определения констант интегрирования используем независимые начальные условия
(0) 0, (0) 0
CL
ui.
12
11 2 2
(0) 0
(0) (0 ) 0
C
LC
uAAE
du
ii C CApAp
dt
(3)
Откуда следует, что
21
12
21 21
,
p
EpE
AA
p
ppp
(4)
Теперь можно записать окончательное решение
12
21
12 21
21 21 21
( ) exp( ) exp( )
pt p t
C
pE pE
E
ut pt pt E pe pe E
pp pp pp
Определим корни характеристического уравнения входящие в решение ()
C
ut
12
,
p
p через
входное сопротивление схемы.
2
2
11
010
CL p RC p
pL R CL p RC p
Cp Cp
(5)
В результате решения уравнения получаются корни:
2
2
1,2
22
0
4
1
22 22
RC RC LC
bD R R
p
aCLLLLC
(6)
Где
2
R
L
– показатель затухания контура,
0
1
LC
– угловая частота незатухающих
колебаний, при выполнении условия
22
0
имеем
2
22
0
1
2
св
R
jj j
LC L
.
Здесь
св
– частота свободных колебаний,
Корни уравнения определяются параметрами цепи и могут принимать следующие
возможные значения.
Mathcad, Корни
Дискриминант равен нулю. Кони вещественные, отрицательные и кратные.
Критический режим
1,2
2
R
p
L
() 1
t
C
ut E te E
.
89
Дискриминант положительный. Корни вещественные отрицательные и неравные.
Апериодический режим
22
1,2 0
p
21
12
22
0
() e e
2
pt pt
C
E
ut p p E
.
Дискриминант отрицательный. Корни комплексно-сопряжённые, с отрицательной
вещественной частью. Колебательный режим
22
1,2 0 св
p
jj
() cos( ) sin( )
t
C св св
св
ut Ee t t E
Соответствующее расположение корней указанно на комплексной плоскости.
Примеры
R 1
0
C 60 10
6
L 0.
2
p
RLp()2 R
RLp 2R
1
Cp
R solve p
456.2341361360570100
2
182.6547527528318788
6
RLp()2 R
RLp 2R
1
Cp
R
5R
2
Cp 3RCp
2
L 3R Lp
3R Lp()Cp
p
456.234
182.655
R 2
0
C 100 10
6
L 0.
1
P
RLP()R
RLP R
1
CP
R solve P
275.
( ) 156.12494995995995515i
275.( ) 156.12494995995995515i
P
275 156.125i
275 156.125i
RLP()R
RLP R
1
CP
R
3R
2
CP 2RCP
2
L 2R LP
2R LP()CP
Примеры
определения корней характеристического уравнения и зависимых и независимых
начальных условий
Пример: Определить независимые (0), (0)
LC
iU и зависимые начальные условия
(0 ), (0 )
LC
Ui. Определить корень характеристического уравнения.
90
Решение: 1.Определяем независимые начальные условия (0), (0)
LC
iU.
12
(0) , (0) 2 (0)
25 5
2
2
LCL
EE E
iUiR
R
R
R
.
2.Определяем зависимые начальные условия (0 ), (0 )
LC
Ui
(в схеме после коммутации).
3.Определяем корень характеристического уравнения (в схеме после коммутации).
ORIGIN 1
Определить напряжение на конденсаторе
E10
0
R 1
0
L 0.
1
C 50 10
6
C
R
L
R
E
R
R
U
пр
E
3
Zp()
2R Lp R()
3R Lp
R
1
Cp
pZp()
solve p
float 5
416.67( ) 162.45i
416.67( ) 162.45i
p
416.67
162.45i
416.67 162.45i
i
Lo
E
2R
U
C0
E
2
R
R
E
R
R
U
C
(0)
i
L
(0)
i
Lo
5
U
C0
50
i
R0
EU
C0
i
Lo
R
3R
i
C0
i
R0
i
L
o
A
1
A
2
1
p
1
1
p
2
1
U
C0
U
пр
i
C0
C
A
1
A
2
8.333 81.221i
8.333 81.221i
Ut() 2Re A
1
e
p
1
t
U
п
р
Im p
1
162.45
U
пр
33.333