Сборник задач по ТОЭ_Ионкин (976477), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Рассчитать зависимости ис (г) в !(1). )а се Рнс. 8.54 Рис. 8 53 8.53. Определить напряжение ис в цепи гС (рве. 8.53) при уменьшении сопротивления от значения г, + гг ло значения г,, где г, .=-400 Ом: г, = 200 Ом. Электродвижущая сила источника в =- 200 з)п (314! -г 30 ) В, емкость конденсатора С =- 1О мкФ. 294 8.54. В схеме рис. 8,54 происходит размыкание ключа. араметры схемы: е = 250 гйп(3141+ 10") В; г, =-400 Ом; гг =- 100 Ом; С, = 60 мкФ; Сг = 20 мкФ.
Найти напряжения на емкостях ис, и ис,. 8.3. Переходные процессы н цепах с несколькими реактивнымн элементами (классический метод расчета) Сво8одные пронес))ы в венях с нескавьхими реактивными 8.55(Р). После замыкания ключа источник тока У = 1 А 'сключается ог цепи (рис, 8.55) с параметрами: г = 100 Ом; =2,083 Гн; С,.=-50 мкФ.
Определить напряжение ис в токи 1, и 1,. Р е ш е н и е. Рассчитаем сначала напряжение на емкости ис, после чего токи найдем вз соотношений 1г =-ис)г: ), = !г+ С)(ис,')(г. л Находим ток в индуктивностн и напряжение на емкости о коммутации; 1, (Π— ) —,! = 1 А; ис(0 — ) =.!г = 100 В. Т к .ак источник отключается, то составляющие устано;)))с:,.';(вившегося режима отсутствуют — г) — с)в , =-0; ) =0; и-г =О. 1.„;:;-,':-;.,';:;;",::(, Характеристическое уравнение составим методом входного ,: !)(::.!;:а(апротввления (8.1). Например, при разрыве ветви с индукностью полу ч)ьм г(1)рС) г(р) = р).+ — — -- =О; г 4 1)рС ;.;;;-:)"::„:-':.и характеристическое уравнение 1 1 гС ЬС имеет корни Рг, г = — 1!2гС+ )/1!4г)С) — 1)).С, т, е, р) = --80 с Рг = В случае двух различных действительных корней решеви е кР)а свободной составляюшей запишем по (8.2) в виде г)) ггг ис = ис „= А,е + Аге 295 (2) (3) (4) 'з + зз + зз = 0; ).с(зз7с)с - пз О, яс — пз —— О, причем напряжение вс и ток )з связаны соотношением зз = С АвсА(с (5) В частности, для момента времени с =О -зз (0) + зз (О) + )з (О) = 0; (2а) Х.й,,зс(с ~~ + гзз (О) = О; (За) вс.
(О) — г(з (0) = О. (4а) Это три уравнения с тремя неизвестными величинами. Из згих уравнений находим: з(О)= (О)с =1А; з(О)=,(О)--,(О)=0 и из (5) при с = О имеем. Составим систему уравнений для определения постоянньп. интез.рирования. Поскольку для определения двух постоянных интегрирования необходимо иметь два уравнения. то дополнительно запишем производную искомого напряжения с(иссс)с = с)ис вlйс = рзА,е ', рзАзе Запишем систему уравнений для определения постоянных интегрирования (с = 0): и;(0) = Аз + Аз', с)весле)о =РзАз Ч РзАь (1) Для вычисления постоянных интегрирования из (1) необходимо найти начальные условия — искомую величину и ее первую произволную при с = О.
Начальные значения тока в индуктивности и напряжения на емкости — это независимые начальные условия, ко~орые находим из законов коммуташзи (8.7) в (8.8): зз (0) = з, (0-) = = 1 А; ис(О) = яс(0 — ) = 100 В. Все остальные начальззые условия являются зависимыми. Они нахолятся из уравнений Кирхгофа для мгновенных значений: Находим токи '*б ~з все ь С лисс~с( ";:~';.'-8,56(р), В схеме рис. ""',, Найти ток з и напряж з8' '."'параметры схемы: г = парамет)зы схемы хзк источника 2(С) 2 жп зз Рис. 8.55 $": с), з,с Р е ш е н и е (лля со ('..з*.„'-'В зльхзздим ток В индуктив 1-.,'!~""' .-; 'с = 0: 3е-оо' 2е "-о' А; с = 1,8е '" — 0,8е ' 8.56 происходит замыкание квзоча.
ение на емкости ис в двух случаях: 80 Ом; В= 0,5 Гн; С = 122 мкФ; 200 Ом, з'.=-0,2 Гн; С = 20 мкФ. (250с+ 90") А. )ес Рис 8.56 ос о Рвс. 856Р учая 1), Яз схемы ло кпммУтапни ности и напряжение на емкости при з(0 — ) — — 2жп90' = 2 А: (7 = 2„( — )хс) = 2 е 90" ( — )32,79) = 65,58 ~ 0 В 297 296 ввсМ~о:=- зз(О) С = С При найденных значениях вс(0) н сзесдй ~о из системы (1) получим; Аз — — 300 В„Аз =- — 200 В.
За писываем искомое решение для напряжения на емкости: и 300е-ооз 200е-ззсз В тсе. ис = 65 58 пп250с В и, в частности, ис(О-) =-0 Поскольку после замьзхавня ключа схема отключается от :,"' источника тока, установивзпиеся значения равны нулю, т. е, ток :.: и напряжение равны свободным составляющим: 1= з,„, и; = ис . Характеристическое уравнение составим методом входного сопротивления (8.1) лля схемы после коммутации 7(р) -= г -с рЫ-- 1,,'рС = О, Св„= С =Ае "."яп(100с -ь а); ис,„= ис = Ве '"' яп (1ООс ч- (1).
где А, а, В,  — постоянные интегрирования. Для отыскания двух постоянных интегрирования каждой из величин вычислим производные тока и напряжения: — ""- = — =- — ЗОА»'овяп(100с 4 а) р 100Ае '"сок(100с+ а); й й 7(и, в„в(и; — = — = — 80В» 'яп(1007+ 8) -в й й + 100Ве ко'сок(100с э ()).
Для определения постоянных интегрирования запишем значения каждой нз величин и их производных при с = 0: С„(0) = с (0) = А яп а; йв.. 'й~ — = — ЗОА к!па -г 100А сока: ,'о Вс (о ис в. (О) = ис (О) = В яп 0; с!ис,в 'сис — — — — = — 80В яп В + 100В сок В. о ис 7о (2) В данной задаче свободные составляющие равньс искомым величинам, поэтому далее нх будем сразу записывать.
Независимые начальные условия — ток в индуктивностн и напряжение на емкости найдем нз законов коммутации: С(0) = С(0 — ) = 2 А; ис(О) = ис(0 — ) = О. Уравнение Кнрхгофа для цепи после коммутации п'+ !.й,'й-г ис =-О. (3) где С = С с(и»7с(С, (4) откуда после элементарных преобразований получим: г 1 р~ + — (7 + — =- О. Ь ЬС Корни характеристического уравнения р,, = -г!2В+ )гг774Х' — 1ХС получаются комплексные сопряженные: рс — — ( — 80+ С'100) с '; рс = ( — 80 — 1100) с В этом случае свободньсе составляющие можно записать по (8.4) в виде '' в частности.
при с =О Н(0) -~ !.й/Ас ~о "- ис(0) =0 (За) й' Из (За) находим — — = — 320 А7с. Ас ° Начальное значение производной напряжения на емкости — = — --=- 16,39 10' --. При найденных начальных значениях из системы уравнефей (1) и (2) определим постоянные интегрирования А= — 2,56 А; а=- — 51,34; В= 163,9 В: В=О"э $7 ' Записываем искомые величины С = — 2,56е '"яп(100с — 51,34в) А; ис = 163 9»-во Яп(1001) В Эти велнчиньс представлены на рис.
Г::' . 8.56Р,а. 'с'.;: Решение (для случая 2). В этом случае корни характе;.:Рнстнческого уравнения получают д ся .ействнтельными и рав- З ',*;Р(СЫМИ: Рв =- Рг = =- — 500 с ение для свободных В случае двух равных корней решение дл -доставляющих записывается по ( .3 в виде с =-7=А,е +Ассе рвв рвв рвв рс .
и»„=- ис =-. В,е ' + В,се Производные искомых величин й, й р 7 Ргв — '" = — - = р А,е ' + А р = + р,А,се' й й — ' — '" = — =. рсВ,е -. 'Вве ' —,' рсВэсе "" с(и . рн р., р в )1)~'.."',!:-,-;::.. 7 сри с = полу П =О чим системы уравнений для определения ~"!:,'~::.;,";::-постоянных интегрирования: й ' й 7 в(0) = '(0) = Ас:, — — /:=- — ~ =-РсА7 .~. Аз' (5) (о с!исвв 1 с(ис ис, (0) = ис (0) — В7: - = — = рвВ. ' Вг (6) Независимые начальные условия тс же, т же,чтоивс чае1: 1(0) =- с' (Π— ) = 2 А: ис (0) =-.
и, (Π— ) = 0 299 Рнс. 8 57 Рис 857Р Рис 8.58 Рис. 8.59 Рис. 8.6! Рнс. 8,60 — — яп ао» »ооС Д> Зависимые начальные условия находим опять из (3) н (4) »(» йиг ~ о»(» ~о — = — 2000 А7с; — ~- =- 10' В,»с. » Постоянные интегрирования находим из (5) и (6): А» = 2 А; Ах = — 1000 А/с: В, =0; Вз — — !О' В7с. Следовательно, искомые величины» = 2» — 1000»е-'оо А и»=10'»г-ооо~ В Эти зависимости представлены на рис.
8.56Р,б. 8.57(Р). Параллельнь»й колебательный контур с параметрами д = 10 ' См; С =5 мкФ; В=О,2 Гн при нулевых начальных условиях подключаешься к источнику тока з = 0,1 А (рнс. 8.57), Найти зависимости от времени напряжения на контуре и и тока в индуктивносги »». Решение. Для отыскания напряжения и тока применим свойство дуальности. На рис. 8.57Р представлена схема последовательного колебательного контура, дуального заданному контуру. Решения для тока 1 и напряжения на емгости ипоследовательного контура полагаем известными: »6' »= — е ж япа»; — -;-~/ и» =- Š— Ее =. » созао»+ — — вша») 2Е.»оо где ао = )»»1»ЕС вЂ” г~»4(. Для обоих контуров дуальны величины» и и, и» и»'„, Е и У, г и д, Е и С, С и Е.
Чтобы получить искомые решения, заменим в известных решениях злектрнчоские величины н параметры соответствующими дуальными величинами, т.е. », = з — Уе з» сох во» 4 — — — Япа,» 2Созо оде а, = 1»'1»СŠ— д»~4С» Прн заданных параметрах контура имеем, и =- 20,1е '""яп995» В, ф:::,:, »', =- 0„1 — 0,1е '"'(соа995» я 0,1005 яп995») = =- 0,1 — 0,1005е '"" яп(995» -»- 84,26") А. 8.58. Предварительно заряженный до напряжения и»(Π— ) = ; —" .'40 В конденсатор емкостью С = 200 мкФ подключается цепи гЬ(рис. 8.58) с параметрами: г = 20 Ом; А = 0,2 Гн. Рассчитать зависимости и»(г) и»(») б» 8.59.
От цепи, состоя»пей ;.! из двух параллельных ветвей .'1!:; с параметрами г, = 1О Ом.' '- »6 г» С=-80 мкФ н »,=-40 Ом; Ь— Р =0,25 Гн, отключается источник ЭДС Е.= 50 В (рис. 8.59) Рис 8.62 Определить напряжение на конденсаторе и» и ток в катуш"е»» 8.60. В схеме рис. 8.60 происходит размыкание ключа. Параметры схемы: Е = 100 В; г = 500 Ом; В= 0,1 Гн; С =- =-10 мкФ Найти зависимости и;(») и»(0 В частности, для момента времени г = Π— ~~„(0) + ~~„(О) + ~ „(О) = О; (За) ~А„(О) + и „(О) = О. (4а) В в двух последних уравнениях две известные величины: ~2,,(О) и ис„(О)'„две другие находим: ~)„(О) = — ис„(О)/) 1 — — — 0,5 А; 6„(О) = ~').,(О) — ~~,„(О) = О.
Производная свободной составляющей напряжения на е0,1кости й 'Ы с„,й = ~э,,/С в момент времени ~ =О равна нулю: При найденных значениях и~„(О) и дис„/й~~ из (1) и (2) определим постоянные: А, = 79,6 В; А, = — 29,6 В. Таким м образом, решение для напряжения на емкости получено; ис = 150+ 796е 62' — 296е-26~1 В Находим токи: ~1 = (Е ис)/"~ = 0,5 — 0,796е 1'+ 0,296е 26"" А; 'з = С "ис/"~ = — 15942е "+ 1,942е '6~' А; '2 =~+1 — 6 = 1,5+ 1,146е-'" — 1646е-'~~ А Эти зависимости представлены на рис. 8.63Р. 8.64(Р). В с ( ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
