Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 57
Текст из файла (страница 57)
Схема параллельного соединения резистора R, конденсатора Cи генератора тока I(t) (задача 11.3.7)Рис. 11.7б. Ступенчатый сигнал,формируемый генератором тока (задача 11.3.7)РешениеИспользуя первое правило Кирхгофа (11.7), можем записатьI0 = IR + IC.,Здесь IR и IC – токи, протекающие через резистор и конденсатор, а I0 – полный ток в цепи, создаваемый генератором тока.Так как резистор и конденсатор соединены параллельно, второеправило Кирхгофа (11.8) запишется в видеU R = UС = U .Тогда, используя выражения для напряжений на резисторе иконденсаторе (11.1) и (11.2), можно записатьUdU, IC = C.RdtПолучим уравнение цепиIR =CdU U+ = I0dt R370ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧили, приводя к стандартному виду (11.9)dU1+(U − RI 0 ) = 0dt RCНапряжение на конденсаторе не может мгновенно измениться,поэтому начальное условие в нашем случае имеет следующий вид:U(0) = 0.Установившееся значение напряжения на конденсатореU∞ = I∞R = I0R.Используя выражение (11.10), получимU (t ) = U ∞ − [U ∞ − U (0)]e −t τ = I 0 R (1 − e −t τ ) , где τ = RC .I C (t ) = C()dI 0 R (1 − e −t τ ) = I 0 e −t τ .dtОтвет: U (t ) = I 0 R (1 − e −t τ ) , I C (t ) = I 0 e −t τ , где τ = RC .Задача 11.3.8. Квадратная рамка со стороной а находится в однородном магнитном поле индукции B. В начальный момент плоскость рамки параллельна направлению поля.
Затем её очень быстроповорачивают на 90 0 , так, что ее плоскость становится перпендикулярной направлению магнитного поля. Индуктивность рамкиравна L, омическое сопротивление проводника, из которого сделанарамка, равно R. Определить, как изменится ток в рамке после ееповорота. До поворота ток в рамке был равен нулю.Решение1. При быстром повороте рамки из-за изменения величины потока магнитной индукции внешнего поля через плоскость рамкисогласно закону электромагнитной индукции возникает ЭДС инdΦдукции E (t ) = −и, как следствие, появляется индукционный токdtI(t).В процессе поворота рамки полный поток магнитной индукцииΦ(t) через плоскость рамки складывается из потока ФВ(t), обусловленного наличием внешнего магнитного поля, и потока ΦI(t), создаваемого индукционным токомΦ ( t ) = Φ B (t ) + Φ I (t ) ,Гл.
11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.371где ФВ(t) = Ba2 sin α(t), α(t) – уголмежду плоскостью рамки и направлением магнитного поля, который изменяется от α = 0 (до поворота рамки) до α = π/2 (послеповорота), а ΦI(t) = LI(t), где L –Рис. 11.8. Зависимость магнитногоиндуктивность рамки.потока через рамку от времени поОпределим величину индукцион- сле окончания её поворота (задачаного тока сразу после поворота.11.3.8)Так как E (t )dt = I (t ) R = −dΦ , то, проинтегрировав правую и левуючасть этого уравнения на интервале времени от 0 до ∆t, где ∆t –время поворота, получим:∆tR ∫ I (t )dt = −[Φ(∆t ) − Φ (0)] .0Индукционный ток I(t) всегда ограничен по своей величине и неможет принимать бесконечно больших значений (это одно из следствий закона Ленца).
Поэтому при очень быстром повороте рамки∆t(∆t → 0) интеграл∫ I (t )dtстремится к нулю, откуда следует0Ф(∆t) – Ф(0) ≈ 0.До поворота рамки Ф(0) = 0, так как ток в рамке отсутствовал, аплоскость рамки была параллельна направлению магнитного поля.Отсюда следует, чтоФ(∆t) = ФВ(∆t) + LI(∆t) = Ba2 + LI(∆t) = 0.Таким образом, сила индукционного тока сразу после поворотарамки равна (с точностью до знака)Ba 2I (∆t ) =.L2) После поворота рамки поток, вызванный внешним полем, не изменяется со временем и равен ФВ = Ва2.Поэтому ЭДС индукции в рамке после окончания поворота существует только за счёт изменения силы тока (ЭДС самоиндукции)dIE = RI = – L .dt372ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧДля расчёта зависимости индукционного тока от времени после поворота рамки преобразуем это уравнение к стандартному виду(11.9):dI R+ I =0.dt LЗа начало отсчёта времени примем теперь конец интервала времени∆t, за который поворот рамки был завершён. Зная найденное вышеначальное значение силы тока I(0) = I(∆t), далее, аналогично базовой задаче 11.3.3, получим зависимость силы тока от времени:Ba 2 -t/τLI(t) =e , где τ = .LRRBa 2 − L tОтвет: I (t ) =e .LЗамечание 1. После окончания поворота рамки магнитный поток через её плоскость изменяется по законуL(см.
рис. 11.8).RЗамечание 2. Термин «очень быстро» в условии задачи имеетотносительный характер. Для того, чтобы приведённое выше решение было справедливым, необходимо чтобы время, за которое совершается поворот рамки, было намного меньше времени релаксаLции ∆t << τ = . В случае сверхпроводящей рамки (R = 0) времяRрелаксации τ → ∞. В этом случае решение остаётся справедливыми при сколь угодно медленном повороте рамки.Φ (t ) = Ba 2 − LI (t ) = Ba 2 (1 − e −t τ ) , где τ =Задача 11.3.9. Определить зависимость от времени напряженияU2(t) на конденсаторе С2 в цепи, представленной на рис. 11.9а, еслигенератор напряжения E(t) формирует ступенчатый сигнал(рис.
11.9б)E(t) = 0 при t < 0,E(t) = E0 при t > 0.При t < 0 напряжения и токи в цепи равны нулю. При расчётеположить С1 = С2 = С, R1 = R2 = R.Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.Рис. 11.9а. Соединениеэлементовцепи в задаче 11.3.9373Рис. 11.9б. Ступенчатый сигнал, формируемый генератором напряженияРешениеДля контура (E, C1, C2, R2), согласно второму правилу Кирхгофа(11.8), запишем.Q1+ U 2 + R2 I 2 = E (t ) .CЧтобы получить уравнение относительно неизвестной U2, вначале продифференцируем полученное уравнение1 dQ1 dU 2dIdE (t )++R 2 =.C dtdtdtdtВыразим напряжения на элементах цепи через U2 и учтём, чтоdE ( t )для ступенчатого сигнала равна нулю.при t > 0 производнаяdtИспользуя первое правило Кирхгофа (11.7) и соотношение(11.2), получим:I = I1 + I2,dQ1dQ2dU 2, I2 ==C,dtdtdtгде Q1 и Q2 – заряды на конденсаторах С1 и С2; I, I1, I2 – токи в цепи(см.
рис. 11.9 а).Так как резистор R1 и последовательная цепочка R2C2 соединены параллельно, то напряжения на них одинаковы:RI1 = U2 + RI2.Используем взаимосвязь между током I2 и напряжением U2:I=I1 =Таким образом, получим:U2dU 2+C.Rdt374ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧdQ1UdU 2 U 2dU 2= I1 + I 2 = 2 + C=+ 2C;dtRdtRdtdI 2d 2U 2=C.dtdt 2Для уравнения цепи имеем:d 2U 2dU1+3 2 +U2 = 0 .2dtRCd tРазделим обе части уравнения на RCRCd 2U 23 dU 21++U2 = 0 .2RC dtd t( RC ) 2Это уравнение совпадает с уравнением (11.11) если ввести обозначения:31β=, Ω=.2 RCRCРешение можно представить в виде (11.12)U 2 (t ) = A1e −β1t + B1e −β2t , где β1,2 = β ± β 2 − Ω 2 .Для нахождения констант А1 и В1 определим начальные условия.Сразу после «скачка» напряжения E(t) от нуля до E0 напряжения на конденсаторах С1 и С2 равны нулю.
Тогда в этот моментE0 = R2 I 2 = RCdU 2dt.t =0и начальные условия имеют вид:U 2 (0) = 0;E0U 2′ (0) = RC .откуда получим систему уравнений0 = A1 + B1 ; E0 RC = −β1 A1 − β 2 B1 ,решениями которой являются A1 = − B1 = −E02 RC β − Ω22=−E0.5375Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.Используя функцию гиперболический синус sh( γt ) =e γt − e − γt,2результат можно представить в виде:EEU 2 (t ) = − 0 exp[( −β − β 2 − Ω 2 )t ] + 0 exp[( −β + β 2 − Ω 2 )t ] =55Eet= 0 e −βt ⋅ 25Учитывая, что β =β2 −Ω23,2 RC− e −t2β 2 −Ω 2=2β2 − Ω2 =E0 −βte sh(t β 2 − Ω 2 ).55окончательно полу2 RCчим:Ответ:U 2 (t ) =2E03 5 exp −t sht .5 2 RC 2 RC U 2 (t ) =2E03 5 exp −t sht .5 2 RC 2 RC Задачи типа 11.2Задачи на определение временных зависимостей зарядов,напряжений и токов в RLC-цепяхБазовыми задачами этого раздела являются задачи 11.3.11 и11.3.12.Задача 11.3.10 (базовая задача).
Конденсатор емкости C заряжается от источника с постоянной ЭДС E0 через индуктивность Lи сопротивление R (рис. 11.10), причем R 2 = 4 L C . Определить,как изменяется со временем напряжение на конденсаторе.РешениеВторое правило Кирхгофа (11.8) для последовательной RLCцепи имеет видdIRI + U = E0 − L ,dtгде U – напряжение на конденсаторе, I – ток в цепи.376ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИспользуя соотношения (11.2)dUI =C, получаемdtLCd 2UdU+ RC+ U = E02dtdtилиd 2Udt 2+ER dU1+U= 0 .L dt LCLCРис.
11.10. Схема соединенияэлементов цепи в задаче 11.3.10R, ω0 =2Lокончательно принимает вид (11.13):Введем обозначения β =1LC, тогда это уравнениеd 2UdU+ 2β+ ω20 (U − E0 ) = 0 .2dtdt4LR21, получаем β 2 = 2 == ω02 , то естьCLC4Lреализуется случай β = ω0 . В этом случае решение уравнения цепибудет иметь вид (11.19):Учитывая, что R 2 =U (t ) = E0 + ( A + Bt ) e − t τ ,где τ = 1 β = 2L R , а A и B – константы.Для определения констант используем начальные условияU (0) = E0 + A = 0 ⇒ A = −E0 ,I ( 0) = 0 = CdUdtt =0A 1= − ( A + Bt )e −t τ + Be −t τ = B −τ τ t =0Откуда имеем B = A τ = − E0 τ .Окончательный ответ запишется в виде U (t ) = E0 1 − 1 + t −t τ 2L e , где τ =Rτ t2LОтвет: U (t ) = E0 1 − 1 + e −t τ , где τ =.R τ377Гл.
11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.Задача 11.3.11. Резистор r, конденсатор C, катушка индуктивности L L / C >> r и источник постоянного напряжения E0 соединены в последовательную цепь (рис. 11.11).Определить зависимость от времени напряжения на конденсаторе после замыкания ключа К.Первоначально напряжение на конденсаторе и сила тока в цепибыли равны нулю.РешениеИспользуя второе правило Кирхгофа (11.8) и взаимосвязь между током вцепи I и напряжениями на резисторе,конденсаторе и индуктивности (11.1)–Рис.
11.11. Зарядка конденсатора(11.4), можем записать:()впоследовательнойrLC-цепи1dI(задача 11.3.11)Idt = E0 − L .rI +CdtВ качестве независимой переменной возьмём напряжение на1конденсаторе U C =Idt , то есть ту величину, которую надо опCределить по условиям задачи. Так как элементы схемы соединеныпоследовательно, сила тока на всех участках цепи одинакова и равdQdU C=C. Тогда уравнение цепи можно записать в видена I =dtdt∫∫d 2U CdU C+ rC+ U C = E0 .2dtdt1rВведя обозначения ω02 =, β=приведём это уравнение кLC2Lвиду (11.13).d 2U CdU+ 2β C + ω02 (U C − E0 ) = 0 .dtdt 2Стационарное значение напряжения на конденсатореUC∞ найдем, положив равными нулю все производные в этом уравнении, откуда следуетLCUC∞ = E0.378ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
