1611690367-23e4a5ec3796b14cfbfe27c1a613f586 (826900), страница 15

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

Текст из файла (страница 15)

Для решения его кроме начального токанеобходимо знать величину производной тока в первый момент послекоммутации (начальные условия задачи Коши), т. е. знать зависимоеначальное условие для производного токаdi. После коммутации цепьdt t = 0состоит из одного контура и построение эквивалентной цепи не требуется.Искомое зависимое условие получается прямо из уравнения Кирхгофа(5.2.11), в котором надо явно записать известный начальный ток87E = u0 + i0 R + Ldidt t = 0(5.2.13)Тогда, полная система начальных условийi (0) = 0,E − u0 − i0 R di=. dtL t =0(5.2.14)Характеристическое уравнение, полученное из уравнения (5.2.12),p + 2 β p + ω02 = 0 .

Оно при β < ω 0 имеет комплексно-сопряженные2корниp1, 2 = − β ± j ω 02 − β 2 = − β ± jω c ,гдеωc– частота колебаний в контуре. Если добротность контура Qвелика, то ω 0 ≈ ω c . Общее решение однородного уравнения (5.2.12)i (t ) = C1e p1t + C2e p 2 t .(5.2.15)Подставляя это решение в систему уравнений из начальных условий(5.2.14) получаем C1 + C2 = i0 , p1C1 + p2C2 =E − u0 − i0 R.LОтсюда постоянные интегрированияC1 =E − u0 − i0 R / 2 1E − u0 − i0 R / 21+ i0 , C2 = i0 −.22 jω c L2 jω c L2(5.2.16)Подставив эти постоянные в выражение (5.2.15), и используя формулыe jωct + e− jωcte jωct − e− jωct= sin(ωct) ,= cos(ωct) получаем свободное решение22ji (t ) =E − u0 − i0 R / 2 − βte sin(ω ct ) + i0 e − βt cos(ω ct ) .ωc LТак как частное решение,то есть, принужденный токравен нулю, то формула(5.2.17)являетсяокончательнымобщимрешением задачи.Пример5.2.3.Рассмотримсхему,приведенную на рис.

5.2.3,E(5.2.17)Ki1R1LCРис 5.2.3i3i2R288состоящую из идеального источника постоянного напряжения E=2 кВ,двух сопротивлений R1 = R2 = 100 Ом, индуктивности L = 1 Гн и емкости C= 100 мкФ. Найдем ток в сопротивлении R1 после размыкания ключа.Решение проведем несколькими способами. В начале будем решатьзадачу общим способом, используя законы Кирхгофа и вводя токи во всехветвях.

Затем боле простыми с привлечением одного из методов расчетаприведенных в § 3.До момента коммутации при t = 0 ток в индуктивности равенiL(0) = E/R2, а напряжение на емкости равно uC(0) = E, поэтомунезависимые начальные условия: iL(0) = i1(0) = 20A, uC(0) = 2кВ. Запишемсистему уравнений Кирхгофа после коммутацииtdi1 1ERiLi3 (t ′)dt ′ + uC (0),=++11dt C 0diE = R1i1 + L 1 + R2i2 ,dtiii3 ,=+12∫(5.2.18)где токи i1, i2 и i3 – в сопротивлении R1, R2 и емкости. Используя этусистему и независимые начальные условия, найдем недостающие,зависимые начальные условия, необходимые для решения системыКирхгофа как задачи Коши.

Из первого уравнения получаем1di1= ( E − R1i1 (0) − uC (0)) = –2000 А/c.dt t = 0 L(5.2.19а)Далее, учитывая, что напряжение на емкости и на сопротивлении R2равны, получаемi2 (0) = uC (0) / R2 = E / R2 =20 А.(5.2.19б)Это условие можно получить и из второго уравнения системы (5.2.18) сучетом выражения (5.2.19а). Из третьего уравнения системы, используянезависимое условие на ток в индуктивности и найденный ток i2(0),получаемi3 (0) = 0 .(5.2.19в)Значение производной i2 в первый момент времени после коммутациинайдем путем вычитания второго уравнения Кирхгофа из первого споследующим дифференцированиемdi2dt=t =0i3 (0)= 0.CR2(5.2.19г)89Наконец, дифференцируя третье уравнение, находимdi3dt=t =0di1di− 2dt t = 0 dt= –2000 А/c.(5.2.19д)t =0Использование эквивалентной схемы удобно лишь для получениязависимых начальных условий на токи в ветвях.Найдем теперь частное решение, соответствующее установившемусясостоянию схемы. Постоянный ток через емкость не проходит, поэтомуi3(∞) = i3пр = 0 и i1(∞) = i1пр = i2(∞) = i2пр = E /( R1 + R2 ) = .

10 А Найдемтеперь свободные составляющие тока, являющиеся решением однороднойdна р исистемы. Заменяяdtt∫0на1, получим характеристическоеp2уравнение CLR2 p + (CR1R2 + L) p + ( R1 + R2 ) = 0 из условия равенстванулю определителя матрицы однородной системы1CpR1 + Lp R2 0 = 0 .−1 −11R1 + Lp0(5.2.20)Корни характеристического уравнения: p1,2 = – 100(1 ± j). Отсюдарешение однородной системы (свободные составляющие токов) имеет вид i1св (t ) = C1e p1t + C2e p 2 t = C1e ( −100 + j100)t + C2 e ( −100 − j100)t ,ptp t( −100 + j100 ) t+ C4 e ( −100 − j100)t ,i2св (t ) = C3e 1 + C4e 2 = C3e i (t ) = C e p1t + C e p 2 t = C e ( −100 + j100 )t + C e ( −100 − j100)t .5656 3св(5.2.21)Постоянные интегрирования найдем из начальных условий (равенства5.2.19а–д))i1св = C1 + C2 = i1 (0) − i1пр = 10 A, di1св= p1C1 + p2C2 = −100(C1 + C2 ) + j100(C1 − C2 ) = dt t = 0di1прdi= 1−= −2000 A .cdt t = 0dt t = 0(5.2.22)90Для определения искомого тока i1(t) достаточно найти постоянные С1 иС2.

Решение системы дает С1 = 5 + j5, С2 = 5 – j5. Суммируя свободный токс принужденным, получаемi1 (t ) = i1св (t ) + i1пр (t ) = (5 + j5)e(−100+ j100)t + (5 − j5)e( −100− j100)t + 10 == 10 2e−100t cos(100t + π 4) + 10. A.(5.2.23)Остальные постоянные интегрирования и токи в оставшихся ветвяхнайдите самостоятельно.Рассмотренный общий подход не всегда целесообразен. Иногда бываетпроще последовательным исключением неизвестных свести системууравнений к одному дифференциальному уравнению более высокогопорядка.

В нашем случае для нахождения i1 последовательная подстановкаi2 из третьего уравнения во второе и i3 из второго в первое дает уравнениевторого порядкаC ⋅ L ⋅ R2did 2i1+ (CR1R2 + L) 1 + ( R1 + R2 )i1 = E .2dtdt(5.2.24)Начальные условия так же, как и прежде для тока определяются током виндуктивности, а его первой производной – из первого уравнениясистемы (5.2.18).Еще проще определить ток в сопротивлении R1 можно, применив методконтурных токов. В данной цепи два независимых контура. Пусть первыйконтур состоит из ветвей с источником и емкостью, а второй из ветвей семкостью и сопротивлением R2.

Тогда искомый ток будет контурнымтоком первого контура. Система уравнений для контурных токовdI1 1 t E = R1 I1 + L dt + C 0( I1 (t ′) − I 2 (t ′))dt ′ + uC (0),.t0 = R I + 1 ( I (t ′) − I (t ′))dt ′ + u (0).2 221CC 0∫∫(5.2.25)Начальные условия I1 (0) = E R2 , I (0) = u (0) R ,C2 2 dI1= ( E − R1I1 (0) − uC (0)) / L, dt t = 0 dI= ( E / R2 − uC (0) / R2 ) /( R2C ). 2 dt t = 0(5.2.26)91Первые два получены из независимых условий, а вторые из системыуравнений (5.2.25). Решение этой система проводиться одним из вышеизложенных способов.Пример 5.2.4. На рис. 5.2.4.

приведена схема с источником напряженияe(t ) = E sin(ωt + ϕ ) . Источник напряженияKработает на резонансной частоте ω = 1 LC .Найдем ток i(t) в цепи после замыканияключа. До момента коммутации при t = 0 токв индуктивностиiL (−0) =Esin(ϕ ) ,R1 + R 2R1(5.2.27)Cа напряжение на емкостиuC (−0) = −= −EρEcos(ωt + ϕ) =ω(R1 + R2 )C(R1 + R2 )Le(t)cos(ωt + ϕ),R2Рис.

5.2.4(5.2.28)где ρ =L C . Поэтому независимые начальные условия: i(0) = iL(–0) иuС(0) = uС(–0) . Величина ϕ соответствует фазе напряжения источника вмомент коммутации. Запишем уравнение Кирхгофа для цепи послекоммутацииe(t ) = R2i + Ldi+ uC (t ),dt(5.2.29)tuC (t ) =где1idt + uC (0) .C0∫ДифференцируяуравнениеКирхгофа,получаем дифференциальное уравнение второго порядка для тока:Ldi 1d 2i+ R2 + i = Eω cos(ωt + ϕ ) .2dt Cdt(5.2.30)Начальными условиями для этого уравнения являются:1) тока i(0) и2) первая производнаяdidtв первый момент после коммутации.

Ток i(0)t =0уже был найден из закона коммутации о постоянстве тока виндуктивности. Значение же первой производнойdi(зависимоеdt t = 092начальное условие) найдем из уравнения Кирхгофа (5.2.29), используя i(0)и uC(0),diER2ρ= (sin ϕ −sin ϕ +cos ϕ ) =dt t = 0 LR1 + R2R1 + R2E=( R1 sin ϕ + ρ cos ϕ ).L( R1 + R2 )(5.2.31)Установившийся в цепи ток можно найти либо как частное решениедифференциальногоуравнения,либопрямымопределениемстационарного тока в цепи после коммутации. В последнем случае длянахождения установившегося тока можно использовать любой способрасчета, описанный в §3.

В стационарном, установившемся режиме цепьтак же, как и до коммутации будет находиться в состоянии резонанса,поэтомуi уст =Esin(ωt + ϕ ) .R2(5.2.33)Свободныйток(iсв.)являетсярешениемоднородногодифференциального уравнения. Для его нахождения необходимо сначаларешить характеристическое уравнение p 2 +уравнения:p1, 2 = −R2p + ω 2 = 0 . Корни этогоLR2R22±− ω 2 . В зависимости от значения2L4 L2R22− ω 2 переходный процесс может развиваться либо с4L2дискриминантавозникновением колебаний, либо без. Рассмотрим случай безвозникновения колебательного возмущения тока. При этом будемполагать, что дискриминант равен нулю, т.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)