8817-1 (Пример решения задачи по разделу «Переходные процессы»)
Описание файла
Документ из архива "Пример решения задачи по разделу «Переходные процессы» ", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "наука и техника" из , которые можно найти в файловом архиве . Не смотря на прямую связь этого архива с , его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "к экзамену/зачёту", в предмете "наука и техника" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "8817-1"
Текст из документа "8817-1"
П
ример решения задачи по разделу «Переходные процессы»
Задача. Дана электрическая цепь, в которой происходит коммутация (Рис. 1). В цепи действует постоянная ЭДС Е. Требуется определить закон изменения во времени токов и напряжений после коммутации в ветвях схемы.
Задачу следует решить двумя методами: классическим и операторным. На основании полученного аналитического выражения построить график изменения искомой величины в функции времени в интервале от t = 0 до t = 
, где – меньший по модулю корень характеристического уравнения.
Параметры цепи: R1 = 15 Ом; R2 = 10 Ом; С = 10 мкФ; L = 10 мГ; Е = 100 В.
Решение.
Классический метод.
Решение задачи получается в виде суммы принужденного и свободного параметра:
i(t) = iпр(t) + iсв(t); u(t) = uпр(t)+ uсв(t), (1)
где 
, а 
.
1
. Находим токи и напряжения докоммутационного режима для момента времени t = (0–). Так как сопротивление индуктивности постоянному току равно нулю, а емкости – бесконечности, то расчетная схема будет выглядеть так, как это изображено на рис. 2. Индуктивность закорочена, ветвь с емкостью исключена. Так как в схеме только одна ветвь, то ток i1(0–) равен току i3(0–), ток i2(0–) равен нулю, и в схеме всего один контур.
Составляем уравнение по второму закону Кирхгофа для этого контура:
,
откуда
= 4 А.
Напряжение на емкости равно нулю [uC(0–) = 0].
2. Определим токи и напряжения непосредственно после коммутации для момента времени t = 0+. Расчетная схема приведена на рис. 3. По первому закону коммутации iL(0–) = iL(0+), т.е. ток i3(0+) = 4 А. По второму закону коммутации uC(0–) = uC(0+) = 0.
Д
ля контура, образованного ЭДС Е, сопротивлением R2 и емкостью С, согласно второго закона Кирхгофа имеем:
или
;
i1(0+) = i2(0+) + i3(0+) = 14 А.
Напряжение на сопротивлении R2 равно Е – uC(0+) = 100 В, напряжение на индуктивности равно напряжению на емкости.
3
. Рассчитываем принужденные составляющие токов и напряжений для
. Как и для докоммутационного режима индуктивность закорачивается, ветвь с емкостью исключается. Схема приведена на рис. 4. и аналогична схеме для расчета параметров докоммутационого режима.
= 10 А;
= 100 В; 
; 
4. Определяем свободные составляющие токов и напряжений для момента времени t = 0+, исходя из выражений i(0+) = iпр(0+) + iсв(0+) и u(0+) = uпр(0+) + uсв(0+).
iсв1(0+) = 4 А; iсв2(0+) = 10 А; iсв3(0+) = –6 А; uсвL(0+) = uсвС(0+) = 0; 
.
5. Определяем производные свободных токов и напряжений в момент времени непосредственно после коммутации (t = 0+), для чего составим систему уравнений, используя законы Кирхгофа для схемы, изображенной на рис. 3, положив Е = 0.
;
(2)
Производную тока через индуктивность можно найти, используя выражение: 
, а производную напряжения на емкости – из уравнения 
. Т.е.
и 
,
откуда
; 
(3)
Подставляя (3) в (2), после решения получаем:
; 
; 
; 
Все полученные результаты заносим в таблицу.
| i1 | i2 | i3 | uL | uC | uR2 | |
| t = 0+ | 14 | 10 | 4 | 0 | 0 | 100 |
| | 10 | 0 | 10 | 0 | 0 | 100 |
| | 4 | 10 | –6 | 0 | 0 | 0 |
| | –105 | –105 | 0 | 106 | 106 | –106 |
6. Составляем характеристическое уравнение. Для этого исключим в послекоммутационной схеме источник ЭДС, разорвем любую ветвь и относительно разрыва запишем входное сопротивление для синусоидального тока 
. Например, разорвем ветвь с сопротивлением R2:
.
Заменим j на р и приравняем полученное уравнение нулю. Получим:
или
R2CLp2 + pL + R2 = 0.
Откуда находим корни р1 и р2.
р1 = –1127, р2 = –8873.
7. Определим постоянные интегрирования А1 и А2. Для чего составим систему уравнений:
;
или
;
Например, определим постоянные интегрирования для тока i1 и напряжения uL. Для тока i1 уравнения запишутся в следующем виде:
4 = А1i + А2i;
.
После решения: А1i = –8,328 А, А2i = 12,328 А.
для напряжения uL:
;
.
После решения: 
= 129,1 В, 
= –129,1 В.
8. Ток i1 cогласно (1) изменяется во времени по закону:
i1(t) = 10 – 8,328е–1127t + 12,328e–8873t,
а напряжение uL:
uL(t) = 129,1e–1127t – 129,1 e–8873t.
