Семинар 23 (1274750)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Семинар 23. Переходные процессы в линиях без потерь при ненулевых начальныхусловияхЗадача 23.1. Дано: U = 10 кВ, Rвн = 100 Ом, L = 48 мГн, R = 200 Ом, Zс1 = Zс2 = 400 Ом,v1 = v1= 3∙105 км/с, l1 = 60 км, l2 = 90 км, t = 0,1 мс.Рассчитать и построить распределение u(x), i(x) после замыкания рубильника.Решение: Предшествующий режим: u10 = U = 10000 В, i10 = 0, u20 = U = 10000В, i20 = 0, Up = U = 10000 В.После замыкания рубильника в первой линии появится обратная волна (движениепо координате x1 ), во второй линии – прямая (движение по координате x2 ). В моментt  1  l1 v1 в месте подсоединения первой линии к источнику (точка А) появится прямаяволна (движение по координате x1 ), в момент t   2  l2 v2 в месте подсоединения второйлинии к нагрузке (точка К) появится обратная волна (движение по координате x2 ),Расчетная схема в т.

В (сведение к нулевым начальным условиям):Классический метод расчета:iL(0) = 0,pL ( R  Z c1 ) Z c1 0,R  Z c 2  Z c1p  0, 048  240  0, p  5000 1/c,i1обр(0) = 0, i1обр уст = – Up/Zc1= – 10000/400 = –25 А,i2пр(0) = 0, i2пр уст = – Up/(R + Zc2) = – 10000/(200+400) = – 16,67 А,i2пр(t) = i2пр уст + Aept = – 16,67 +16,67e–5000t А, u2пр(t) = Zc2i2пр(t) = –6667+6667e–5000t B,i1обр(t) = i1обр уст + Bept = –25 +25e–5000t А, u1обр(t) = Zc1i1обр(t) = –10000 + 10000e–5000t B.Для первой линии (координата x1 ):u1обр( x1 ,t) = –10000 + 10000 e5000( t x1)v1В, i1обр( x1 ,t) = –25 + 25 e5000( t x1)v1А.Для второй линии (координата х2):u2пр(х2, t) = –6667 + 6667 e5000( t x2)v2В, i2пр(,х2, t) = –16,67 + 16,67 e5000( t x2)v2АЗа время t = 0,1 мс<τ1 волна u1обр пройдет от т. В в направлении x1 половинупервой линии, т.е. в первой линии прямая волна не появится. За время t = 0,1 мс<τ2 волнаu2пр пройдет от т. В в направлении х2 четверть второй линии, т.е во второй линии не будетобратной волны.

Распределение напряжения и тока в линиях определим по методуналожения:в первой линииво второй линии0 ≤ х1 ≤ 30 км,u1 = u10,i1 = i10,30 ≤ х1 ≤ 60 км,u1= u10 + u1обр, i1 = i10 − iобр;0 ≤ х2 ≤ 30 км,u2 = u20 + u2пр,30 ≤ х2 ≤ 90 км,i2 = i20 + i2пр,u2= u20,i2 = i20.3Для т. В (х2 = 0, x1 = 0) u1обр(t = 0,1 мс) = −10000+10000 e5000( 0,110 ) = − 3935 В,i1обр= u1обр/Zc1 = −9,84 А,3u2пр(t = 0,1 мс) = −6667+6667 e5000( 0,110 ) = − 2623 В,i2пр= u2пр/Zc2 = −6,56 А.Ответ: х отсчитывается от генератора (начала первой линии)0 ≤ х ≤ 30 км,30 ≤ х ≤ 60 км,u1 = 10000 В,i1 = 0, 5000( t u1 =10000 e60 ≤ х ≤ 90 км, u2 = 3333 +6667 el1  x)v1 5000( t В, i1 = 25 − 25 ex  l1)v2 5000( t l1  x)v1В, i2 = −16,67 +16,67 e90 ≤ х ≤ 150 км, u2 = 10000 В, i2 = 0.Распределение напряжения и тока вдоль линии:А, 5000( t x  l1)v2А,Задача 23.2. Дано: U = 10 кВ, Rвн = 100 Ом, L = 48 мГн, Zс1 = Zс2 = 400 Ом, R =200 Ом, v1 = v2 = 3∙105 км/с, l1 = 60 км, l2 = 90 км, t = 0,1 мк.Рассчитать и построить распределение u(x), i(x) после замыкания рубильника.Решение:Предшествующий режим:u10 = U = 10000 В, i10 = 0,u 20 = 0, i20 = 0, Uр = U = 10000 В.После замыкания рубильника в первой линии появится обратная волна (движениепо координате x1 ), во второй линии – прямая (движение по координате x2 ).

В моментt  1  l1 v1 в месте подсоединения первой линии к источнику (точка А) появится прямаяволна (движение по координате x1 ), в момент t   2  l2 v2 в месте подсоединения второйлинии к нагрузке (точка К) появится обратная волна (движение по координате x2 ),Расчетная схема в т.

В (сведение к нулевым начальным условиям):Классический метод расчета: iL (0) = 0,i2пр(0) = i1обр(0) = U р /( Zс1+ R + Zс2) = 10 А,pL  R  Zc 2  Zc1  0, R  Zc 2   Zc1pL  240  0,p  5000 1/c .i2пр= i2пр уст +Аept== 0 +Аept =10Аe−5000t А;i1обр = i1обр уст +Вept = −25 + Вept =−25 + 15e−5000t А.Для первой линии:i1обр ( x1, t )  25  15ex5000( t  1 )v1А, u1обр ( x1, t )  Z c1i1обр  10000  6000ex5000( t  1 )v1В.Для второй линии:i2пр ( x2 , t )  10ex5000( t  2 )v2А, u2пр ( x2 , t )  4000ex5000( t  2 )v2В.За время t = 0,1 мс<τ1 волна u1обр пройдет от т. В в направлении x1 половинупервой линии, т.е. в первой линии прямая волна не появится.

За время t = 0,1 мс<τ2 волнаu2пр пройдет от т. В в направлении х2 четверть второй линии, т.е во второй линии не будетобратной волны. Распределение напряжения и тока в линиях определим по методуналожения:Для первой линии: 0 ≤ х1 ≤ 30 км,u1 = u10,30 ≤ х1 ≤ 60 км,i1 = i10,i1 = i10 − iобр,u1= u10 + u1обр,Для второй линии: 0 ≤ х2 ≤ 30 км,u2 = u20 + u2пр,30 ≤ х2 ≤ 90 км,i2 = i20 + i2пр,u2= u20 = 0,i2 = i20 = 0.3Для т.

В (х2 = 0, x1 = 0) u1обр(t = 0,1 мс) = −10000+6000 e5000( 0,110 ) = − 6361 В,i1обр(t = 0,1 мс) = u1обр/Zc1 = −15,9 А,3u2пр(t = 0,1 мс) = 4000 e5000( 0,110 ) = 2426 В,i2пр(t = 0,1 мс) = 6,06 А.Ответ: х отсчитывается от генератора (начала первой линии)1-я линия:0 ≤ х ≤ 30 км,30 ≤ х ≤ 60 км,u1 = 10000 В, 5000( t u1 = 6000 ei1 = 0,l1  x)v1В, i1 = 25 − 15 e 5000( t l1  x)v1А.2-я линия:60 ≤ х ≤ 90 км,90 ≤ х ≤ 150 км, 5000( t u2 = 4000 eu2 = 0,x  l1)v2В, 5000( t i2 = 10 ei2 = 0.x  l1)v2А,Распределение напряжения и тока вдоль линии:Задача 23.3. Для t = 0,3 мс найти u (х) и i (х) после размыкания ключа. Скоростьволн в линиях v1 = v2 = 3∙105 км/с.Решение:Предшествующий режим:u10 = 0, i10 =10000/100 = 100u20 = 0, i20 = 0, Iр = 100 А.После размыкания рубильника в первой линии появится прямая волна (движениепо координате x1 ).

В момент t  1  l1 v1 в месте подсоединения первой линии со второй(точка В) появится обратная волна первой линии (движение по координате x1 ) и прямаяволна второй линии (движение по координате x2 ). В момент t  1   2  l1 v1  l2 v2 вместе подсоединения второй линии к нагрузке (точка К) появится обратная волна(движение по координате x2 ).Расчетная схема в т. А (сведение к нулевым начальным условиям):i1пр = − Iр = −100 А.,u1пр = i1пр∙ Zс1 = −40000,Так как t = 0,3 мс>τ1 в момент t  1  0, 2 ì ñ волна u1пр дойдет до места соединенияпервой и второй линии. Расчетная схема в т.

В uпад = u1пр = −40000 В:Классический метод расчета: iL (0) = 0,i1(0) = i2пр(0) = 2uпад /( Zс1+ R + Zс2) = − 80000/1000 = − 80 А,i1 уст = 2uпад / Zс1 = − 80000/400 = − 200 А, i2пр уст = 0,Введем t   t  1  t  l1 v1 , тогда i1(t′) = − 200 + 120e−5000t ′= i1пр − i1обр(t′),i1обр(t′) = i1пр − i1(t′) = −100 + 200 − 120e−5000t ′= 100 −120e−5000t ′,u1обр(t′) = 40000 − 48000e−5000t ′,i2пр(t′) = −80e−5000t ′, u2пр(t) = − 32000e−5000tДля первой линии:u1обр ( x1, t )  40000  48000ei1обр ( x1, t )  100  120el x5000( t  1  1 )v1 v1,l x5000( t  1  1 )v1 v1Для второй линии:u2пр ( x2 , t )  32000ei2пр ( x2 , t )  80el x5000( t  1  2 )v2 v2l x5000( t  1  2 )v2 v2,.Для t = 0,3 мс<(τ1+ τ2) обратной волны во второй линии не появится.Распределение напряжения и тока в линиях определим по методу наложения:Для первой линии: 0 ≤ х1 ≤ 30 км,30 ≤ х1 ≤ 60 км,Для второй линии: 0 ≤ х2 ≤ 30 км,30 ≤ х2 ≤ 60 км,u1 = u10 + u1пр,i1 = i10+ i1пр,u1= u10 + u1пр + u1обр,i1 = i10 + i1пр − i1обр,u2 = u20 + u2пр,i2 = i20 + i2пр,u2= u20 = 0,Для т.

В (х2 = 0, x1 = 0) u1обр B  10891 В, i1обр В = 27,2 А.u2пр B  19409 В, i2пр В = −48,5 А.i2 = i20 = 0..

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов семинаров