Семинар 23 (Семинары)

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..