Книга: Неопознанная Метода (Сазанов)

Распознанный текст из изображения:

образования Лапласа в область функций комплексного переменцого Е, где операции упрошаются, так как вместо исходных ннтегродифференциальных уравнений формируется система алгебраических уравнений. Эти уравнения решают относительно изображения искомой характеристики. Затем осуществляют обратный переход в область функций действительного переменного, в результате которого получают искомое решение. Этот переход выполняют с помощью формулы разложения или таблиц. Важным достоинством операторного метода является универсальность, т.е. независимость подхода к решению задачи от характера воздействия или структуры цепи, Операторный метод позволяет рассчитывать электрическую цепь, даже если ее схема задана некорректно.

Прилсер Е Для схемы, изображенной сса рнс. !.1, составить операторную схему замешення. Дано Ес=йг=-)13=!О Ом, Е=О,! Гн, Гм!00 мкФ, Ес=!00 В (пост.), ЕгГ 400 В (пост )

Решение. Рассчитывая схему до коммутации, определяем Рг начальные состояния реактив-

а ных элементов схемы:

Ег сс (0) =

~! ~3 1 1 1

= — !ООВ.

! 2 3

1.1. Операторная схема замещения

При изложении основ операторного метода было показано, как от дифференциальных уравнений электрической цепи можно перейти к системе алгебраических уравнений, в которые входят изображения токов и напряжений. Структура этих уравнений совпадает со структурой уравнений при расчете установившихся режимов, отличие при применении операторного метода заключается в появлении дополнительных слагаемых, учитывающих начальные состояния системы. Если рассматривать эти донолнительные слагаемые как некоторые ЭДС, то для расчета изображения характеристики переходного процесса можно использовать методы расчета разветвленных электрических цепей. После перехода от изображения к оригиналу мы получаем окончательный ответ, так как начальные условия учтены как необходимый компонент изображения. Это позволяет без составления дифференциальных уравнений рассчитывать переходные процессы в цепях по операторным схемам замещения.

Операторная схема замещения имеет ту же конфигурацию, что и исходная схема, причем действительные источники заменены их изображениями. Операторные сопротивления резистора, индуктивности и емкости соответственно равны Я, АХ и 1/СХ

В схему вводят дополнительные источники ЭДС, равные Ес(0) и и (0)/о, включаемые последовательно с реактивными элементами, начальные условия на которых отличаются от нулевых. Направления этих источников выбирают следующим образом: дополнительный источник, учитывающий ненулевой ток в индуктивности, считают направленным в соответствии с направлением этого тока, дополнительный источник, учитывающий ненулевое напряжение на емкости, считают направленным навстречу падению этого напряжения.

1.2. Определение оригинала

функции

После составления опера| торной схемы замещения методами расчета разветвленных цепей определяют изображение Е5

той функции, которую требуется ( К

рассчитать по условиям задачи. У

Оригинал функции обычно

находят с помощью таблиц ~ /1('О)

оригиналов и изображений, которые приводятся в справочниках. Можно использовать и

табл. П1, приведенную в приложении данного пособия. При

отсутствии таблиц полученное изображение можно представить как сумму более простых изображений, оригиналы которых легко находятся; в некоторых случаях используют формулу разложения.

Ж

(400

5

Гак как и отрицательно,

сс

Рис. 1.1

точка (с имеет более высокий

потенциал, чем точка а, и напряжение на емкости направлено снизу вверх, соответственно направлен и ток в индуктивности с (О) = У„ / Л = ! 0 А .

На рис. 1.2 показана операторная схема замещения, содержащая два дополнительных источника Е = Ьс(0)=! и Е

!а га

= У (0)/Я =100/Я.

Распознанный текст из изображения:

В наиболее простом варианте формула разложения формулируется следуюшим образом.

Если некоторое изображение представляет собой дробь, в числителе и знаменателе которой содержатся полиномы

1( )' 2(

и при этом максимальная степень полинома знаменателя будет больше максимальной степени полинома числителя, а в полиномах числителя и знаменателя не содержится одинаковых корней, то в этом случае дробь Р(Е) = Е1(Ю)/Р(Е) можно представить в виде суммы

Е(Е) = Х А„/(Е-Е„),

1=1

где Š— корни полинома знаменателя; Аь — коэффициент, определяемый по ормуле Аг = Р(Е«)~Х1(Е: )' Е1 ~Е) = слр ~Я~сБ

В окончательном виде формула может быть представлена так:

и

( ) = Х. 1( Х)/ 2( Г)( /с).

лс=1

лл. с

Учитывая, что изображение А/(Š— Я,) л->А е ', оригинал

функции при известном изображении определяется по формуле

/(1) = ~ А„е ' = ,"л (Р1(8 )//Е2'(38))е ' . (1.2)

/с=1 1=1

Рассмотрим несколько примеров расчета переходных процессов операторным методом.

Пример 2. В схеме рис. 1.3 рассчитать ток 1 (г), если Я1=10 Ом, Я2=20 Ом, Я3=20 Ом, 62=63=0,5 Гн, Е1=120 В, Е2=60 В.

Решение. До коммутации ток л =ел/(Я1+Яз)=4 А, ток 1 =О, по-

3 2

этому операторная схема замещения (рис 1.4) содержит один дополнительный источник Ьл (0) = 2.

3

Определяем изображение тока /1(5) методом контурных токов. Имеем систему уравнений

11( )( 1 3 3 ) 22( )( 3 3 ) 33(

с

2

~11(~)(~3 3~) ~22(~2 3 2~ 3 ) 313(0)'

3 с 33

Рис. 1.3

Рис. 1.4

или после подстановки параметров элементов

/„(30+ 0,5Е) — 1 (20+ 0,5о) = — 4 2;

!20

-111(20+0,55)+/ (40+5) = — — — 2.

60

Решая систему относительно тока /11(5), получаем

(4о + 360) Р (о )

(4о + 360) 1( )

Е(Е+ 80) Р' (Х)

Используя теорему разложения, находим

Р(Е )

.(1) ~ 1 ь блсс 360 40 -801 4 5 О 50-80с д 4 1Е2'(Еь) 80 80

Корни полинома знаменателя равнь1 р = О, р = — 80 с '.

2

Пример 3. Для схемы на рис. 1.5 найти закон изменения напряжения на конденсаторе, если Я1 = 10 Ом, Я2 = 30 Ом, Яз = 10 Ом, С =- 25 мкФ, Ел = 100 В, е2 = 50 е зиги 1(Г)

Реисение. В докоммутационный период е2 = 0 и

Е1ЯЗ

и (0)= =50В.

(Я1 Яз)

Операторная схема замещения имеет вид, изображенный на

рис. 1.6, где

Распознанный текст из изображения:

Е,(Ю) = —, Е (Е) = Я 2 (5+ 500)

(1.3)

Рис. 1.8

Рис. 1.7

Корни полинома знаменателя

Рнс. 1.5 Рнс. 1.8

Задачу решаем методом двух узлов:

— ! ! с 2 2 3

(Е(т~ П()~ ЕЯ7(Е+Е))

1 с( 2 3'

Х».'

л=!

(107Е+50 125 10 +50~40(5+500)) (5052+115 1035+4.107)

1710+1/40+125 10~5) о(о+500)Ф+1ОЕ))

Как и в предыдущем примере, используем теорему разложения:

Е! (Е)

Р!(Х)=508+115 !0~0+4-10; Г2(Ю)=5(8+500)(5+1000); Е2(Я)=ЗХ +ЗОООХ+5 1О .

51=0, Ю = — 500 с 1, Г3.=10000 1;

Е Х

(с) ~с~ ! Й „, с 00 ! 20е-500! 50е-!000!А

А=! 2( с)

1.3. Расчет переходных процессов при импульсных воздействиях

Расчет переходных процессов при импульсных воздействиях, как правило, базируется на использовании интегралов наложения. При этом сложное импульсное воздействие разлагается на простейшие, реакции на которые определяются известными методами, в основном с использованием переходных и импульсных функций.

Импульсные воздействия обычно представляют в виде полунепрерывных воздействий, области определения которых находятся в интервале от момента включения с до бесконечности.

в

Описываются они с помощью единичных функций, а их изображение — с использованием теоремы запаздывания. Например, треугольный импульс на рис. 1.7 может быть представлен в виде трех полунепрерывных воздействий (рис. 1.8):

и(с) = Ссс.!(с) — (Сс(с — сз) — и )31(с — сз)

В соответствии с теоремой запаздывания изображение функции

у'(с — с ) имеет вид Г(о)е ', если 7(с) с-> Г(о). В соответствии

с этой теоремой изображение (1.3) имеет вид

(С(Е)= — — — е ' — — 'не ', где с =с =с (!.4)

К К -ус, о -ус,

~2 Е2 с ' ! и 3

Пример 4 Найти изображение ЭДС импульсного сигнала пред ставленного на рис. 1.9, который описывается экспоненциальной функцией Е е !00'. Действие функции прекращается в момент с = 0,01 с.

Распознанный текст из изображения:

Решение. Эту функцию можно представить в виде разности воздействий экспоненты

Е е 1оо' в момент 1= 0 и экспоненты — е

-1оо 0 - о,о1)

в мое

мент 1 = 0,01 с, следовательно,

з

Рис. 1.9

0,8о 1О 0,8о 8

11( ) ~+100 У~+100 ~+100'

его оригинал

и21(г)=8е ' ' 1(1) В;

и (1) = — (2 — 2е ') 1(1) В.

Окончательно получим

1О

Е Е

и 1У вЂ” 1 ), а ее изображение равно Е(о)= и . — с

Я+ 100 е (Хч.)00) Решение задачи при импульсном воздействии рассмотрим на конкретном примере.

Пример 5. На выход системы, изображенной на рис. 1.10, действует импульсное напряжение и1(г) (рис. 1.11). Рассчитать выходное напряжение и (1), если Я1 = 20 Ом, Я2 = 80 Ом, А=0,16 Гн, 1„= 0,01 с.

Рис. 1.1О Рис. 1.11

Решение. Выходное напряжение можно представить в виде трех

полунепрерывныхвоздействий: и (1)=10-1(г) — 10 г 1(1)+10 (1-0,01)х

и1(1-0,01). Его изображение У (о) = — — — + — -е

!0 10 !О -о ои

с о2 у2

у ( )„у (с). у, (,с), а операторная схема замещения показана

на рис. 1.12.

В соответствии со схемой замеше- 2Рг У, (З) = Е2 (Е) 2 (Я) =

АР) "' Ь Р)+Е (Е)'"' ()= УЕ

80 0,16о > "' '( ) Е2.8Е 80+0,Ю

0,8Я Рис. 1.12 или У (5) = У, (о) ' . Находим

Я+ РОО последовательно оригиналы реакций от составляющих Уы(Я), У12(Я), У, (Г) общего изображения напряжения У,(Х):

0,85 102 0,8Е 800

У" ~~~ = ~12 ~~~ Еч аОО 52 я+100 я(я+100) '

Оригинал функции У (о) рассчитывать не нужно, так как он

отличается от функции У (Е) только множителем е оо1~ Поэто-

22

му оригинал функции У отличается от функции У только тем,

что в нем переменная 1 заменяется на переменную 1 — 11 .

У„(1) = 2-2.-'"('-'") 1(1-0,01).

и (1) = > — -(10е 1ОО' — 2) 1(1)+~2 — 2е О ( ' ~) 1(1 — О,О1).