Рассмотренный выше классический метод расчета переходных процессов, будучи прозрачным и наглядным, имеет недостатки, связанные с громоздкой процедурой определения начальных условий, которые усугубляются с ростом порядка исследуемой цепи. В этой связи в последнее время все большее применение находят другие методы расчета переходных процессов: операторный и частотный методы, метод пространства состояний, которые и будут рассмотрены дальше.
4.3. ЗАДАЧИ И ВОПРОСЫ |
|
|
|
Типовые задачи |
|
|
|
Задача 1. |
|
R |
|
|
Дано: для схемы (рис. 4.28) |
|
|
|
|
|
|
|
E = 200 В, R = 10 кОм, С = 1 мкФ. |
|
i |
|
i2 |
Найти: закон изменения в пе- |
E |
|
|
i1 |
R |
C |
реходном режиме напряжения uC (t) , |
|
|
|
|
токов i(t), i1 (t), i2 (t) . |
|
|
|
|
Решение. |
|
Рис. 4.28 |
|
|
1. Начнем расчет с определе- |
|
|
|
|
|
|
|
ния напряжения на емкости uC (t) . Полное решение для этого на- |
пряжения определяется по формуле |
|
|
|
|
uC (t) = uCпр + uCсв .
2. Значение напряжения на емкости в докоммутационном установившемся режиме (t = 0− ) определяется обычно условиями задачи (в рассматриваемом примере емкость не заряжена)
uC (0− ) = 0 .
3. Принужденная составляющая напряжения на емкости – это напряжение в новом установившемся режиме ( t = ∞) , определяем
по схеме (рис. 4.29):
R |
|
|
|
uCпр |
= uR = |
E |
R = |
E |
=100 В. |
|
|
|
|
2R |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E |
|
|
uCпр |
4. Свободная составляющая |
|
R |
|
|
|
|
|
|
t |
|
|
|
|
|
|
u |
Cсв |
= Ae pt = Ae−τ . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 4.29 |
|
Постоянная времени |
τ для |
цепей |
первого |
|
порядка |
в |
цепях |
с емкостью определяется по формуле: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ = R |
С = R R |
C = RC = 10 103 1 10−6 |
= 5 10−3 с. |
|
|
экв |
R + R |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом,
uCсв = Ae−200t .
5. В соответствии с п. 1 полное решение переходного процесса
uC (t) =100 + Ae−200t .
6. Для определения постоянной интегрирования А воспользуемся правилами коммутации, которые запрещают скачок емкостного напряжения в момент коммутации:
|
|
u (0− ) = u (0+ ), |
|
|
|
C |
C |
|
|
0 = 100 + A, A = −100 . |
|
|
7. Окончательно для емкостного напряжения имеем |
|
uC (t) =100(1 −e−200t ) В. |
|
|
8. Токи можно найти, используя законы Ома и Кирхгофа: |
|
i2 (t) = CuC′ (t) =1 10−6 (−100) (−200)e−200t |
= 0,02e−200t А; |
|
i1 (t) = |
uC |
= 0,01 (1 −e−200t ) А; |
|
R |
|
|
|
|
|
i(t) = i1 (t) +i2 (t) = 0,01(1 + e−200t ) |
А. |
182
Качественная временная диаграмма емкостного напряжения uC (t) и тока i2 (t) представ-
лена на рис. 4.30.
В результате переходного процесса емкость заряжается до напряжения 100 В.
Задача 2.
Дано: длясхемы(рис. 4.31)
100 uC пр
i2 (t)
t
uC св
-100
Рис. 4.30
E = 300 В, R1 = R2 = R3 = 10 Ом, |
|
|
|
|
|
L = 0,1 Гн. |
|
R1 |
R2 |
|
i3 |
Найти: закон изменения |
E |
|
i2 |
L |
R3 |
в переходном режиме токов i1 (t), |
|
i1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
i2 (t), i3 (t) .
Решение. Рис. 4.31
Удобнее начать расчет с тока вветви с индуктивностью.
1. Полное решение для индуктивного тока определяется по формуле
i2 (t) = i2пр + i2св .
2. Значение индуктивного тока в докоммутационном установившемся режиме (t = 0− ) определим по схеме (рис. 4.32), в которой индуктивность не оказывает сопротивления току (при этом сопротивление R3 закорочено),
iL (0− ) = i2 (0− ) = i1 (0− ) = E = 30 А.
R1
3. Принужденную составляющую тока определим по схе-
ме (рис. 4.33),
i |
|
= |
|
E |
=15 А. |
пр |
|
|
2 |
|
R1 |
+ R2 |
|
|
|
4. Свободная составляющая
−t
i2св = Ae pt = Ae τ ,
где τ − постоянная времени цепи, определяемая как отношение индуктивности L к эквивалентному активному сопротивлению, вычисленному относительно зажимов индуктивности при удаленных источниках:
τ = |
L |
; R |
|
= |
(R1 + R2 )R3 |
= |
20 |
Ом; τ = 0,15 с. |
|
|
|
|
|
|
экв |
|
R1 |
+ R2 + R3 |
3 |
|
|
Rэкв |
|
|
|
Таким образом, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
= Ae−66 ,7 t . |
|
|
|
|
|
2св |
|
|
|
|
5. Помня о том, |
что индуктивный ток в момент коммутации |
не изменяется скачком, определим постоянную интегрирования А:
i (0− ) = i (0+ ) =15 + A = 30; |
A =15. |
2 |
2 |
|
6. Окончательное решение для индуктивного тока |
i2 (t) =15 (1 + e−66 ,7 t ) А.
7. Токи i3(t) и i1(t) можно определить позаконам Омаи Кирхгофа:
|
|
Li′ |
(t) |
|
0,1 15 (−66,7)e−66,7t |
|
i3 (t) = |
2 |
|
= |
|
= −10e−66,7t А; |
|
R3 |
10 |
|
|
|
|
i1 (t) = i2 (t) +i3 (t) =15 +5e−66,7t А.
Временные графики токов представлены на рис. 4.34. Ток i2(t) в ветви с индуктивностью не изменяется скачком в момент коммутации, а токи i1(t) и i3(t) изменяются скачком.
30 |
|
30 |
|
20 |
i1 |
i2 |
15 |
|
15 |
|
|
|
t |
|
t |
-10 |
i3 |
|
|
|
Рис. 4.34 |
|
|
Задача 3. |
|
|
Дано: для схемы (рис. 4.35) E0 = 400 В, R = 10 Ом, L = 0,01 Гн, |
e(t) =100 |
2 sin(1000t +15o) В. |
|
|
Найти: закон изменения тока i(t) |
после замыкания ключа. |
Решение. |
|
|
1. Полное решение переходного про- |
|
цесса для тока i: |
|
|
i(t) = iпр +iсв .
2. Значение индуктивного тока в докоммутационном установившемся режиме (t = 0− ) определим по схеме с источником постоянного воздействия (рис. 4.36), в которой индуктивность не оказывает сопротивления току,
i(0− ) = |
E0 |
= −20 А. |
|
|
R + R |
3. Принужденная составляющая тока (ток установившегося послекоммутационного режима) будет создаваться только источником гармонического напряжения (рис. 4.37):
iпр = Im sin(1000t +15o −ϕ) ,
185
где
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Im = |
Em |
|
= |
100 2 |
|
=10 |
А, |
R2 +(ωL)2 |
102 +(1000 0,01)2 |
|
ϕ = arctg ωL = arctg |
1000 0,01 |
= 45o . |
|
|
|
|
|
R |
|
10 |
|
|
|
Таким образом,
iпр =10sin(1000t −30o ) А. 4. Свободная составляющая тока
−t
iсв = Ae pt = Ae τ ,
где τ − постоянная времени
τ = |
L |
; |
R = R =10 |
Ом; τ = 0, 001 |
с. |
|
|
Rэкв |
экв |
|
|
|
|
|
|
Таким образом,
iсв = Ae−1000 t А.
5.Полное решение
i(t) =10sin(1000t −30o) + Ae−1000t А.
6.Постоянную интегрирования A найдем из начального условия, которое можно получить на основании закона коммутации (индуктивный ток в момент коммутации не изменяется скачком):
i(0− ) = i(0+ ) = −20 А.
В момент времени t = 0+ значение переходного тока подчиняется полному решению при t = 0 :
i(0+ ) =10sin(−30o) + A = −5 + A = −20 .
Откуда A = −15 .
7.Окончательное решение
i(t) =10sin(1000t −30o) −15e−1000t А.
График изменения тока i(t) в течение переходного процесса представлен на рис. 4.38.
i
10
iпр
t
i(t)
iсв
-10
-20 Рис. 4.38
Условная длительность переходного процесса
tпп ≈ 5 = 0,005 с. p
Задача 4.
Дано: для схемы (рис. 4.39) J = 12 А, L = 0,1 Гн, R = 100 Ом, С = 62,5 мкФ.
Найти: законизменения тока iC (t) после размыкания ключа.
Решение.
1. Полное решение тока в емкости в переходном режиме:
iC (t) = iC пр +iC св .
2. Независимые начальные усло- |
вия определим по схеме |
(рис. 4.40) |
в старом установившемся |
режиме |
(t = 0− ). Очевидно, что это схема с нулевыми начальными условиями, т.е.
iL (0− ) = iL (0+ ) = 0, uC (0− ) = uC (0+ ) = 0 .
3. Принужденную составляющую искомого тока определим по схеме (рис. 4.41). Очевидно, что она равна нулю, т.к. в цепи действует источник постоянного тока и в установившемся послекоммутационном режиме емкость представляет собой бесконечно большое сопротивление,
iC пр = 0 .
4. Для определения свободной составляющей тока необходимо предварительно найти корни характеристического уравнения, для чего воспользуемся методом входного сопротивления. Комплексное сопротивление относительно точек разрыва
(рис. 4.42)
Z ( jω) = R + jωL + 1 . jωC
Характеристическое уравнение:
Z ( p) = R + pL + 1 = 0; pC
p2 LC + pRC +1 = 0;
p2 + p |
R |
+ |
1 |
= 0; |
|
|
|
L |
LC |
p2 +103 p +16 104 = 0. |
Корни характеристического уравнения:
p1,2 = −500 ± 25 104 −16 104 ; p1 = −200 с–1 ; p1 = −800 с–1 .
Переходный процесс апериодический, таким корням соответствует свободная составляющая в виде
iCñâ = A1e p1t + A2e p2t = A1e−200 t + A2e−800 t .
5. Полное решение для переходного емкостного тока
iC = A1e−200 t + A2e−800 t .
Найдем закон изменения первой производной от тока в емкости во время переходного процесса:
iC′ = −200 A1e−200 t −800 A2e−800 t .
6. Для определения постоянных интегрирования A1 и A2 необходимо знание двух начальных условий:
iC (0+ ) = A1 + A2 ,
iC′ (0+ ) = −200 A1 −800 A2 .
Для определения численных значений тока в емкости и его производной в момент времени t = 0+ составим уравнения по законам Кирхгофа для этого момента времени с учетом независимых начальных условий.
Для послекоммутационного режима ( 0 ≤ t ≤ ∞ )
iC +iL = J ,
+ ′ =
RiL LiL uC .
Для момента времени t = 0+
iC (0+ ) +iL (0+ ) = J ,
RiL (0+ ) + LiL′(0+ ) = uC (0+ ).
С учетом независимых начальных условий, определенных в п. 2,
iC (0+ ) = J ,LiL′(0+ ) = 0.
Таким образом, iC (0+ ) =12 А, iL′(0+ ) = 0 А/с.
Для определения второго начального условия продифференцируем уравнение, записанное по I закону Кирхгофа, и рассмотрим его в момент времени t = 0+:
iC′ (0+ ) +iL′(0+ ) = 0 ; iC′ (0+ ) = 0 А/с.
Для нахождения A1 и A2 необходимо решить систему уравнений
A1 + A2 =12,
−200 A −800 A = 0.
1 2
Таким образом, A1 = 16 А, A2 = − 4 А. 7. Окончательное решение
i (t) =16e−200 t |
− 4e−800 t . |
C |
|
График изменения тока в емкости представлен на рис. 4.43.
i
16
16e−200t
12
iC(t)
t
-4 − 4e−800t
Рис. 4.43