Учебник - Электричество и магнетизм. Методика решения задач - Д.Ф. Киселев (1238777), страница 57
Текст из файла (страница 57)
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. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧL, то есть β << ω0.
Поэтому в цепиCреализуются затухающие колебания и решение уравнения цепи вэтом случае имеет вид (11.17)По условию задачи r <<U C (t ) = U C∞ + e −βt (a cos ωt + b sin ωt ) ,где ω = ω 02 − β 2 (см. теоретический материал). Константы a и b,входящие в это уравнение, определяются из начальных условий:UС(0) = U C∞ + a =0,dU C(0) = −βa + ωb = 0 .dtОтсюда получаема = – UC∞ = – E0,βa β= E0 .ω ωПодставляя эти коэффициенты в решение, находим ответ:b=βU C (t ) = E0 1 − e −βt cos ωt + sin ωt .ωβОтвет: U С (t ) = E0 1 − e −βt cos ωt + sin ωt .ωДополнение.
Определим добротность Q последовательной rLCцепи. Так как β << ω0, то согласно формуле (11.24)Q=ω01 2L 1 L==.2β 2 LC rr CЗадача 11.3.12. Резистор r, конденсатор C, заряженный до напряжения U0 и катушка индуктивности L соединены в последовательную цепь (рис. 11.12).Определить зависимость от времени напряжения на конденсаторе после замыкания ключа К.Гл.
11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.379РешениеАналогично задаче 11.3.11 уравнение цепи можно записать в видеРис. 11.12. Разрядка конденсатора в последовательной rLC-цепи(задача 11.3.12)d 2U CdU+ 2β C + ω02U C = 0 .2dtdtЗапишем начальные условия:UС(t = 0) = U0,dU C( t = 0) = 0 .dtИспользуя решение уравнения цепи в виде (11.17), получимU C (t ) = U 0 e −βt (cos ωt +Ответ: U C (t ) = U 0 e −βt (cos ωt +βsin ωt ) .ωβsin ωt ) .ωЗадача 11.3.13. В схеме, представленной на рис.
11.13, источникнапряжения формирует прямоугольный импульсE(t) = 0 при t < 0, t > Tи ;E(t) = E0 при 0 < t < Tи .Длительность импульса Ти существенно больше времени релаксации.1) Определить, при каких значениях R, L и C в схеме будут наблюдаться затухающие колебания.2) Определить зависимость от времени напряжения UС(t) на конденсаторе в режиме затухающих колебаний.РешениеЗапишем следующие соотношения:I = I1 + I2. (первое правилоКирхгофа (11.7));RI + UС = E0 (второе правилоКирхгофа (11.8)),dU CРис. 11.13. Схема цепи в задаче.11.3.13dtНапряжения на ёмкости и индуктивности одинаковы:I2 = C380ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧUC = U L = LdI1,dtпоэтому1U C dt .LТогда из второго правила Кирхгофа получим следующее уравнение dU C 1E0 = U C + R CU C dt .+dtLI1 =∫∫Продифференцируем по времени это соотношение и приведём его кстандартному виду (11.13)d 2UdU+ 2β+ ω 02U C = 0 ,2dtdt11где ω02 =, β=.LC2 RC1) Затухающие колебания могут быть только при ω0 > β, т.е.111 L>, что соответствует условию R >.2 CLC 2 RC2) Затухающие колебания будут иметь следующий вид:При 0 < t < TиНачальные условия (t = 0):UС(0) = 0,dU C1E( 0) = I ( 0) = 0 ,dtCRCE0.RЗаписывая решение уравнения затухающих колебаний в виде(11.17), получим:EU C (t ) = 0 e −βt sin ωt , где ω = ω20 − β 2 .ωRCПри t ≥ TиОпределим начальные условия (t = Ти).т.к.
сразу после включения генератора ток I = I2 =UС(t = Tи) = 0,Гл. 11. Переходные процессы в RL, RC и RLC-цепях.381так как к моменту времени t = Tи переходной процесс закончился инапряжение на конденсаторе равно нулю.Сразу после выключения генератора ток, который протекал через индуктивность L, ещё не изменил своей величины и направлеEния. Этот ток равен I1 = 0 , а ток I, протекающий через резистор R,Rравен нулю. Из первого правила Кирхгофа получим, чтоI = I1 + I2= 0, то есть I2 = –I1.dU C1E(t = Tи ) = I 2 (t = Tи ) = − 0 .dtCRCЗависимость от времени напряжения на конденсаторе в этомслучае будет согласно (11.17) иметь видEU (t ) = − 0 e −β( t −Tи ) sin ω(t − Tи ) .ωRC1 LОтвет: 1) В системе будут затухающие колебания, если R >.2 CE2) при 0 < t < Tи : U (t ) = 0 e −βt sin ωt ;ωRCEпри t ≥ Tи: U (t ) = − 0 e −β( t −Tи ) sin ω(t − Tи ) ,ωRCгде ω = ω20 − β 2 .Замечание.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
