реферат, рефераты скачать Информационно-образоательный портал
Рефераты, курсовые, дипломы, научные работы,
реферат, рефераты скачать
реферат, рефераты скачать
МЕНЮ|
реферат, рефераты скачать
поиск
Переходные процессы в электрических цепях

Переходные процессы в электрических цепях

Пример решения задачи

по разделу «Переходные процессы»

Задача. Дана электрическая цепь, в которой происходит коммутация (Рис.

1). В цепи действует постоянная ЭДС Е. Требуется определить закон изменения

во времени токов и напряжений после коммутации в ветвях схемы.

Задачу следует решить двумя методами: классическим и операторным. На

основании полученного аналитического выражения построить график изменения

искомой величины в функции времени в интервале от t = 0 до t = [pic], где

[pic]– меньший по модулю корень характеристического уравнения.

Параметры цепи: R1 = 15 Ом; R2 = 10 Ом; С = 10 мкФ; L = 10 мГ; Е = 100

В.

Решение.

Классический метод.

Решение задачи получается в виде суммы принужденного и свободного

параметра:

i(t) = iпр(t) + iсв(t); u(t) = uпр(t)+ uсв(t),

(1)

где [pic], а [pic].

1. Находим токи и напряжения докоммутационного режима для момента

времени t = (0–). Так как сопротивление индуктивности постоянному току

равно нулю, а емкости – бесконечности, то расчетная схема будет выглядеть

так, как это изображено на рис. 2. Индуктивность закорочена, ветвь с

емкостью исключена. Так как в схеме только одна ветвь, то ток i1(0–) равен

току i3(0–), ток i2(0–) равен нулю, и в схеме всего один контур.

Составляем уравнение по второму закону Кирхгофа для этого контура:

[pic],

откуда

[pic] = 4 А.

Напряжение на емкости равно нулю [uC(0–) = 0].

2. Определим токи и напряжения непосредственно после коммутации для

момента времени t = 0+. Расчетная схема приведена на рис. 3. По первому

закону коммутации iL(0–) = iL(0+), т.е. ток i3(0+) = 4 А. По второму закону

коммутации uC(0–) = uC(0+) = 0.

Для контура, образованного ЭДС Е, сопротивлением R2 и емкостью С,

согласно второго закона Кирхгофа имеем:

[pic]

или

[pic];

i1(0+) = i2(0+) + i3(0+) = 14 А.

Напряжение на сопротивлении R2 равно Е – uC(0+) = 100 В, напряжение на

индуктивности равно напряжению на емкости.

3. Рассчитываем принужденные составляющие токов и напряжений для

[pic]. Как и для докоммутационного режима индуктивность закорачивается,

ветвь с емкостью исключается. Схема приведена на рис. 4. и аналогична схеме

для расчета параметров докоммутационого режима.

[pic] = 10 А;

[pic] = 100 В; [pic]; [pic]

4. Определяем свободные составляющие токов и напряжений для момента

времени t = 0+, исходя из выражений i(0+) = iпр(0+) + iсв(0+) и u(0+) =

uпр(0+) + uсв(0+).

iсв1(0+) = 4 А; iсв2(0+) = 10 А; iсв3(0+) = –6 А; uсвL(0+) = uсвС(0+) = 0;

[pic].

5. Определяем производные свободных токов и напряжений в момент

времени непосредственно после коммутации (t = 0+), для чего составим

систему уравнений, используя законы Кирхгофа для схемы, изображенной на

рис. 3, положив Е = 0.

[pic];

[pic] (2)

[pic]

Производную тока через индуктивность можно найти, используя выражение:

[pic], а производную напряжения на емкости – из уравнения [pic]. Т.е.

[pic] и [pic],

откуда

[pic]; [pic] (3)

Подставляя (3) в (2), после решения получаем:

[pic]; [pic]; [pic]; [pic]

Все полученные результаты заносим в таблицу.

| |i1 |i2 |i3 |uL |uC |uR2 |

|t = 0+ |14 |10 |4 |0 |0 |100 |

|[pic] |10 |0 |10 |0 |0 |100 |

|[pic] |4 |10 |–6 | | | |

|[pic] | | | |0 |0 |0 |

|[pic] |–105 |–105 |0 | | | |

|[pic] | | | |106 |106 |–106 |

6. Составляем характеристическое уравнение. Для этого исключим в

послекоммутационной схеме источник ЭДС, разорвем любую ветвь и относительно

разрыва запишем входное сопротивление для синусоидального тока [pic].

Например, разорвем ветвь с сопротивлением R2:

[pic].

Заменим j? на р и приравняем полученное уравнение нулю. Получим:

[pic]

или

R2CLp2 + pL + R2 = 0.

Откуда находим корни р1 и р2.

[pic] р1 = –1127, р2 = –8873.

7. Определим постоянные интегрирования А1 и А2. Для чего составим

систему уравнений:

[pic];

[pic]

или

[pic];

[pic]

Например, определим постоянные интегрирования для тока i1 и напряжения

uL. Для тока i1 уравнения запишутся в следующем виде:

4 = А1i + А2i;

[pic].

После решения: А1i = –8,328 А, А2i = 12,328 А.

для напряжения uL:

[pic];

[pic].

После решения: [pic]= 129,1 В, [pic]= –129,1 В.

8. Ток i1 cогласно (1) изменяется во времени по закону:

i1(t) = 10 – 8,328е–1127t + 12,328e–8873t,

а напряжение uL:

uL(t) = 129,1e–1127t – 129,1 e–8873t.

-----------------------

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]



© 2003-2013
Рефераты бесплатно, рефераты литература, курсовые работы, реферат, доклады, рефераты медицина, рефераты на тему, сочинения, реферат бесплатно, рефераты авиация, курсовые, рефераты биология, большая бибилиотека рефератов, дипломы, научные работы, рефераты право, рефераты, рефераты скачать, рефераты психология, рефераты математика, рефераты кулинария, рефераты логистика, рефераты анатомия, рефераты маркетинг, рефераты релиния, рефераты социология, рефераты менеджемент.