Бессонов Л.А. Теоретические основы электротехники. Электрические цепи (1996) (1092093), страница 47
Текст из файла (страница 47)
Определение классического метода расчета переходных процессов. Классическим методом расчета переходных процессов называют метод, в котором решение дифференциального уравнения представляет собой сумму принужденной и свободной составляющих. Определение постоянных интегрирования, входящих в выражение для свободного тока (напряжения), производят путем совместного решения системы линейных алгебраических уравнений по известным значениям корней характеристического уравнения, а также по известным значениям свободной составляющей тока (напряжения) и ее производных, взятых при ~ = О+.
$8.27. Определение постоянных интегрирования в классическом методе. Как известно из предыдущего, любой свободный ток (напряжение) можно представить в виде суммы экспоненциальных слагаемых. Число членов суммы равно числу корней характеристического уравнения. При двух действительных неравных корнях ~,„= А ер1'+ А ер~', 1 2 при трех действительных неравных корнях ю,„= А,еМ+ А е~~'+ А ерз'. Для любой схемы с помощью уравнений Кирхгофа и законов ком"утации можно найти: 1) числовое значение искомого свободного тока при ~ = О+, обозначим его ~„(О+); 2) числовое значение первой, а если "онадобится, то и высших производных от свободного тока, взятых пРи ~ = О+. Числовое значение первой производной от свободного тока при 1 = О„обозначим «,„'(О+); второй — ~,.„"(О ) и т.д.
Рассмотрим методику определения постоянных интегрирова- 247 ния А,, А, ..., полагая известными ~,.(О+), ~„'(О+), г,„"(О+) и значения корней р,, р,, .... Если характеристическое уравнение цепи представляет собой уравнение первой степени, то ~„=Ае"'. Постоянную интегрирова ния А определяют по значению свободного тока г,,(0+): А =г,„(0„).
(8.15) Если дано характеристическое уравнение второй степени и его корни действительны и не равны, то ~,„= А,е'1' + А2е1."2'. (8.16) ! Продифференцируем это уравнение по времени: р А е1'11+ р А е1'21. (8.16а) Запишем уравнения (8.16) и (8.16а) при 1 = 0(учтем, что при 1 = =О е11' = еР21 = 1).В результате получим ~;,(О ) =А, +А,; (8.17) ~св (0-1-) Р1~11 + Р2А12' (8.17а) В этой системе уравнений известными являются г,„(0+), ~,,'(О+), р, и р,; неизвестными — А, и А,. Совместное решение (8.1?) и (8.17а) дает 1„,'(О+) — Р21„(О+) Р1 Р2 А = 1;„(О+) — А,. (8.17б) Угловая частота ь, и коэффициент затухания б известны из решения характеристического уравнения. Определение двух неизвестных А и ~ производят и в этом случае по значениям 1„(0+) и 1,,' (О+).
Продифференцировав по времени уравнение (8.18), получим г,.„' = — Абе ®'з1п(ь ~ + ~) + Ав„е 6'сов(11ф + ~). (8.18а) Запишем уравнение (8.18а) при 1 = О+. ~„'(О+) = — АМ1п~+Аь0созч. 248 Если корни характеристического уравнения являются комплексно-сопряженными, то в (8.16) сопряжены не только р, и р, (р, = — б -~-уь ), но и А, и А2, Поэтому свободный ток ~;„= Ае-6181п(шо~ -1- ~) (8.18) Таким образом, для нахождения неизвестных А и т имеем два уравнения. (8.19) ~св(0+) = Аз~п'ч' 1„'(О+) = — Абз1пт + Ааосоз ч. Для цепи, имеющей характеристическое уравнение третьей степени, свободный ток 1,„=А,ер~'+А,ер2'+А е'з'. (8.20) Найдем первую, а затем вторую производную от левой и правой частей уравнения (8.20): 1- =Р1А1е~~ +РзА2ерз +РзАзе~з', (8.21) 1 "=РзА,е"~'+ р~зА ерш~ 1 Р2А ерз'.
(8 22) Запишем (8.20) — (8.22) при ~ = 0: ~;„(О+)=А, +А,+А,; (О+) Р1Ач + РФз+ РзАз* 1, "(О+) = р~~А1 + р~~А + р2А (8.23) Рис. 6.17 249 Система уравнений (8.23) представляет собой систему трех линейных алгебраических уравнений с тремя неизвестными: А,, А, и А,. Все остальные входящие в нее величины ~Ро Р2, Рз,1 „(О ),1„'(О,), 1, "(О,)] известны. Сначала, пока еще не накоплено опыта в решении задач, для облегчения расчета величины и ее производной (производных) при 1 = О+ рекомендуется решать задачу относительно тока через Е или напряжения на С и только затем, используя законы Кирхгофа, определять любую другую величину через найденную.
Рассмотрим несколько примеров расчета переходных процессов классическим методом в цепях первого и второго порядков с источниками постоянной и синусоидальной ЭДС при ненулевых начальных условиях. Пример 80. В схеме рис. 8.17 до замыкания ключа был установившийся режим: 1~! = Й1' = йз = 50 Ом; С = 100 мкФ; Е = 150 В. Требуется найти: 1) полные, принужденные и свободные составляющие токов 10 12, 1з и ис при 1 = 0-1., а также начальное значение производной от свободного напряжения на конденсаторе; 2)токи ц„г2, !з и напряжение ис в функции нремени. Решение первой части задачи.
До коммутации г~(О )=0 и 1,(О ) =,(О ) = ЕДИ, + г,"+ Яз) = !50~150 = ! А. Напряжение на конденсаторе равно напряжению на резисторе ис(О ) = !з(О Ю = ! . 50 = 50 В. Найдем принужденные значения токов и напряжений после коммутации: г,в = !зв — — Е/(й1 + йз) = 150/100 = 1,5 А; исвр(0+) = !звр(0+)йз = 1,5. 50 = 75 В. По второму закону Кирхгофа составим уравнение дли контура, образованного первой и второй ветвями при ! = О+. с!(О+)й ~ + ис(0+) = Е, но ис(0+) = ис(0 ).
Поэтому Š— ис(0 ) 150 50 !(О+) — — — 2 А. й, 50 Из уравнения иДО+) = ЦО+)йз получим 'з(0+) = ис(0+У~а —— ! А. По первому закону Кирхгофа У~(0+) = с2(0+) + !з(0+). Следовательно, 1~(О+) = 1,(О+) — ! (О+) = 2 — 1 = ! А. Свободные составляющие тока и напряжения при ! = О+ определим как разности между полными и принужденными величинами: ис „(О+) = ис(0+) — ис вр(0+) = 50 — 75 = — 25 В; ы,(О+) = !1(0 ! ) — !1 вр(0+) = 2 — 1,5 = 0,5 А; !зсв(О „) = !з(0 „) — !з„р(0 Р ) = 1 — 1,5 = — 0,5 А.
Так как свободный ток через конденсатор ~ис св = С вЂ”, то ди /б! = ! /С. св д! Ссв св В рассматриваемом примере (г!и „Уб!) = с (О УС = 1УОО !О ") = !04 ВУ . Ре ш е н не в то рой ч а с т и з а да ч и. Характеристическое уравнение для послекоммутационной схемы рЯ,йзС + й, + йз — — 0 имеет один корень сс1+ пз р = — = — 400 с й,йзС Каждый ток равен сумме принужденной и свободной составляющей Аер~, где А равно значению свободной составляющей при ! = О+(рис.8.!8): 1 5 + О 5 — 4001 А; — 400~ А !з — 1,5 — 0,5е — 400' А; ис — У5 — 25е — 400' В Пример 81. В схеме рис. 8.19 до замыкания ключа был установившийся режи". г1 = Я = 2 Ом; в1. = 3 Ом; е(1) = 127з1п(Ы вЂ” 50 ) В; ю = 314 рад/с.
Требуется определить: 1) 1св(0+); 2) закон изменения тока в цепи после коммутации. 1 Решение первой части задачи. Комплексная амплитуда тока в цепи до коммутации ще !27е =254е Фебу~А 4+ 3/ Мгновенное значение тока до коммутации 1 = 25,4з1п(Ы вЂ” 86 50') А. В момент коммутации (при ь| = 0) 1(0 ) = 25,4з1п( — 86'50') = — 25,35 А. Принужденный ток после коммутации 127е 1 = . = 35,2е ~ А. 2+ 31 Мгновенное значгнн~ ~; жденного тока , „, = 35,2з1п(Ы вЂ” 106'20') А; 1„Р(0+) = 35,2з1п( — 106 20') = — 33,8 А.
По первому закону коммутации 1(0 ) = ю(О+) = — 25,35 А. Но 1(0 «) = кпр(0+1 + 1с~(0+). Следовательно, 1са(0+) = ю(0+) — спи(О+) = — 25,35 + + 33,8 = 8,45 А. Решен и е второй ч а с т н з ада ч и. Характеристическое уравнение р1. + й~ — — 0 имеет корень 1~2 1~2 2 314 р — — — — — — ж — 210 с Е, ы1/ы 3 Рис. 8.19 а г 41а с Рис. 8.18 Рис.
8.20 251 Поданным первой части задачи ток в цепи до коммутации (кривая! на рис. 8 20 до Ы =0) 1 = 25,4а1п(Ы вЂ” 86'50') А. Мгновенное значение принужденного тока после коммутации (кривая 2 на рис 8.20) 1„= 35,2з1п(ы| — 106 20') А; 1,„(01) = 8,45 А Следовательно, 1 = 1я~ + г, = 35,2а)п(ь| — ! 06'20') + 8,45е ~~~~ А. Кривая д на рис. 8.20 определяет характер изменения свободного тока, кривая 4 — полного тока после коммутации (ординаты кривой 4 при ь| ~» О равны сумме ординат кривых 2 и 3).
Пример 82. Конденсатор емкостью С, заряженный до напряжения иДО), при замыкании ключа А разряжается на Ь и 1г(рис. 8.21, а). Вывести формулы и построить графики изменения во времени ис, 1, и~, когда корни характеристического уравнения: а) действительные; б) комплексно-сопряженные.
2 Р е ш е н и е. Корни уравнения Р + р — + — = О ~С м 1г 1 1г 1 Р = — ~ — — —. Они действительны при — » — и комплексно- 1*2 2~. 21. 1.С ' 2Е ЕС 1г 1 1г 1 сопряжены при — ~ —. При — = — корни равны. Соответствующее зто- 2Е ЕС' 2Е ЕС му случаю й на ы ают критичес ии. При решении учтем, что 1(О) = О, г'„я = О, ис „— — О. а) Полагаем Р1а — действительные корни.
Тогда иг„„= А~е г + Аде~2', ~иссв (с —— С вЂ” = Р~А~е~1 + Р~Азега . Составим два уравнения для определения А~ и А~. А ~ + Ад —— ФДО)'* Р,А ~ + РаА р — — О. Отсюда ис(0)Ря иДО)Р ~ А, =,А~ — —— Р2 — РЬ Р2 Р! С(с а,) Рмс.
$Л1 Следовательно, иС(0) ис — — (Р2еР1 — р1ер~); Р2 Р1 1 = Ср1А (ел11 — ер2~); и = ЕСр,А (р,ел1~ — р~ер2'). Графики ис,1, и1 для случая а) даны на рис. 8.21, б. Для случая б) корни Ь = й/2Е.; ь = — — — . Напряжение о р = — б ~/ьо Р1,2 и „=Ае "з1П(ьо1+ ). иС св Ток ~)~С св сИ ю'„=С вЂ” = АСе '$ — бз1П(М+')+ ьосоз(ьо1+')) =АСе "з1п(ьот+ ~+И Здесь 1д~ = ьо/( — 6), угол р находится во второй четверти.
Из начальных условий ис(0) = А з1П~ и 1с„(0) = А Сз1П(т + р) = О. Отсюда О ~ + ~ = 180', 1ду = ьо/4; з1пу— 1+1дт 6 +ьо Постоянная ГРафики ис — — Ае "' з1П(ьо1 -(- т); = — АУСАТ. е ыз1пьо1 и ис(0) и1, = (б + афАСЕ,е ~1з1П(ьо1 — т) = с,— з1 1П( з1пв изображены на рис. 8.21, в; и1(0+) = — ис(0). Принужденный ток после коммутации 11„— — 12„— — 2 А. Постоянный ток через "онденсатор не проходит, поэтому) „= О. Рис.
8.22 253 Пример 83. В схеме рис. 8.22 ключ замыкается в третьей ветви. До зтого был установившийся режим: в(1) =Е = 120 В. Требуется найти: 1) 1 „(О+); (й2„/М)о с „(О+), (ди /сИ) +, 2) ~2(1), ис(1), если й1 = 50 Ом, 1т2 — — 10 Ом, Е2 — — 2 Гн, Яз —— = 50 Ом, С = 150 мкФ. Решение первой части задачи. Дозамыканияключа 11(О ) = 12(0 ) = Е/(Р1 + Й2) = 120/(50 + 10) = 2 А. От постоянного тока на индуктивном элементе нет падения напряжения, следа. вательно, и~ з„= О. Принужденное напряжение на конденсаторе равно падению напряжения на у~ от тока г2„„. ис„— — 2 1О = 20 В.
По первому закону коммутации 2 1 (О ) = 1 (О+) = 2 А. Йо г (О+) = 1з„р(О+) + гзсв(0+), откуда г2св(0+) = 1з(0+) — гзвр(О+) = 2 — 2 = 0; ю 1(0+) = г2(0+) + 1з(0+), или 1,(0+) = 2+ Кз(0+). Составим уравнение по второму закону Кирхгофа для замкнутого контура образованного первой и'третьей ветвями: 1~(0+)й ~ + аз(0+)йз + ис (О+) = Е. Так как ис (О+) = О и К (О+) = 2 + Кз(0+), то — 120 — 2 ° 50 з(+) й +йз 50+50 Свободная составляющая 1зсв(0 «,) = 1з(0+) — 1з„р(0+) = 0,2 — 0 = 0,2 А Чтобы определить и~ „(О+), составим уравнение для свободных составляющих по контуру, образованному первой и второй ветвями: г'~ „(О+)1с1+ 1з „(О+)йз+ иь, (О+) = О, откуда иь св(0+) = Чсв( +)1~1 ь2св(0+)Йз — — — 0,2 50 — О = — 10 В, й2св Но и,„= Е2 —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
