Контрольное задание Задача № 1. Расчет резистивной цепи методом преобразований. Задача № 2. Расчет резистивной цепи общими методами. Задача № 3. Расчет пассивного двухполюсника в комплексных амплитудах. Задача № 4. Расчет переходного процесса в цепи первого порядка классическим методом. Задача № 5. Расчет переходного процесса в цепи второго порядка операционным методом. Задание 1 Задание 2 Задание 3 Задание 4 Задание 5 Методичка ниже. Методические указания к задаче 1 В задаче 1 рассматривается резистивная цепь с одним источником напряжения или тока и смешанным соединением резистивных элементов. Смешанное соединение состоит из последовательного и параллельного. В последовательном соединении все элементы находятся под одним током. Признак последовательного соединения – два элемента или участка имеют один общий узел. Эквивалентное сопротивление равно сумме сопротивлений последовательно соединенных элементов. В параллельном соединении все элементы находятся под одним напряжением. Признак параллельности – два общих узла у всех элементов или участков. Эквивалентная проводимость равна сумме проводимостей параллельно соединенных элементов. Узел – это место электрического соединения элементов или участков. Узел может быть точкой или системой точек, соединенных короткозамкнутыми перемычками. При анализе способа соединения элементов узлы удобно обозначать цифрами или буквами. В первой части задачи следует заданную цепь свернуть ко входу (источнику), определив входное сопротивление или входную проводимость в соответствии с изложенными методическими указаниями. Затем, пользуясь законом Ома в виде: u Ri i , G i Gu u , R последовательно определить напряжения и токи на всех участках цепи, задав их направление в соответствии с направлением источника. Наконец, произвести проверку полученного решения, рассчитав баланс мощности. Варианты приведены в Приложении 1. На схемах указаны ЭДС e в вольтах, токи источников токов j в амперах и сопротивление элементов R в омах. Номера элементам присваиваются произвольно, расчет производится в общем виде, затем подставляются исходные данные. Пример 1.1 Исходную схему на рис. 1.1, а представили в виде рис. 1.1, б e 3 В, R1 4 Ом, R2 4 Ом, R3 2 Ом, R4 2 Ом, R5 2 Ом, R6 1 Ом. 3 4 2 1 5 b a 4 2 1 d 2 b 2 6 3 4 а) c б) Рис. 1.1 Преобразуем схему к узлам «ad», на которых размещен источник e . Участок «ab» и участок «bd» имеют общий узел «b», поэтому: Rвх R12 R3456 . Элементы 1 и 2 имеют общий узел «a» и «b», поэтому: R12 1 , G12 G12 G1 G2 , G1 1 , R1 G2 1 . R2 На участке «bd» элемент 5 и участок 346 параллельны, следовательно: R3456 1 G3456 , G3456 G5 G346 , G5 Продолжая аналогичным образом, получим: G346 1 R346 , R346 R34 R6 , 1 . R5 R34 1 , G34 G34 G3 G4 , G3 1 , R3 G4 1 . R4 Подставим исходные данные. G3 G4 1 См , 2 R346 2 Ом , G3456 1 См , G12 G34 1 См , G346 1 См , 2 R3456 1 Ом , 1 См , 2 R12 2 Ом , R34 1 Ом , G5 1 См , 2 G1 G2 1 См , 4 Rвх 3 Ом . Теперь рассчитаем напряжения и токи. Ток источника общий для участков «ab» и «bd» равен: i e Rвх . Напряжения на последовательных участках «12» и «3456»: u1 iR12 , u5 iR3456 . Токи на параллельных участках «1,2»: i1 u1G1 , i2 u1G2 . «5,346»: i5 u5G5 , i6 u5G346 . Напряжение на последовательных участках «34» и «6»: u3 i6 R34 , u6 i 6 R6 . Токи на параллельных участках «3» и «4»: i3 u3G3 , i4 u3G4 . Подставим исходные данные. i 1 A; i1 0,5 A, u3 0,5 B, u1 2 B , u5 1 B ; i2 0,5 A, i5 0,5 A, u6 0,5 B, i3 0,25 A, i6 0,5 A; i4 0,25 A. Проверим решение, составив баланс мощности. Мощность, отданная источником, pист ei 3 Вт, и мощность, полученная резисторами, pR u1i1 u2i2 ... u6i6 1 1 0,125 0,125 0,5 0,25 3 ( Вт ) , равны, что доказывает правильность решения. Пример 1.2 Исходную схему на рис.1.2, а, представим в виде рис.1.2, б. a 1 b 3 2 1 2 j 3 d d 6 4 4 2 2 5 4 c a) б) Рис. 1.2 j 1 A, R1 3 Ом, R2 2 Ом, R3 3 Ом, R4 2 Ом, R5 4 Ом, R6 4 Ом. Преобразуем схему к узлам источника «ad». Эти узлы принадлежат двум участкам «123» и «456», поэтому: Gвх G123 G456 Участок «123» состоит из двух последовательных «1» и «23» с общим узлом «b»: R123 R1 R23, а на участке «23» элементы «2» и «3» параллельны: R23 1 Аналогично: G23 , G23 G2 G3 , G2 1 1 , G3 . R2 R3 R456 R4 R56 , R56 1 G56 , G56 G5 G6, G5 1 , R5 G6 1 . R6 Подставим исходные данные. G5 G6 0,25 См, G2 G3 0,5 См, G56 0,5 См, R56 2 Ом , R23 1 Ом , G23 1 См, R456 4 Ом; R123 4 Ом; Gвх 0,5 См. G123 G456 0,25 См, Рассчитаем напряжения и токи. Напряжение на зажимах источника: uad j Gвх . Токи параллельных участков «123» и «456»: u i1 ad R123 , u i4 ad R456 . Напряжение последовательных участков «1» и «23», «4» и «56»: u1 i1R1, u2 i1R23; u4 i4 R4 , u5 i4 R56 . Токи параллельных участков «2» и «3», «5» и «6»: i2 u2G1, i3 u2G3; i5 u5G5 , i6 u5G6 . Подставим исходные данные. uad 2 B; u4 1 B, i1 i4 0,5 A; u5 1 B; i2 i3 0,25 A, Проверка по балансу мощности. Мощность источника: u1 1,5 B, u2 0,5 B , i5 i6 0,25 A. pист uad j 2 Вт . Мощность, потребленная резисторами: pR u1i1 ... u6i6 0,75 0,125 0,125 0,5 0,25 0,25 2 ( Вт ) . Равенство мощностей pист и р R указывает на правильность решения. Методические указания к задаче 2 В этой задаче рассматривается линейная резистивная электрическая цепь с несколькими источниками. Её расчет производится на основе одного из общих методов. Одним из простейших является метод токов ветвей. Его уравнения составляются по алгоритму (1) ik 0, ( 2) ik Rk ek . Уравнения (1) составляются для главных сечений по ЗТК, их число равно n y 1, где n y число узлов. Уравнения (2) составляются по ЗНК для главных контуров, их число равно nв n y 1, где nв число ветвей с неизвестными токами. Для выделения контуров и сечений нужно построить граф цепи, выделить дерево графа утолщенными линиями по принципу – все узлы и ни одного контура, остальные ветви (тонкие линии) назвать связями. Все источники тока объединить с параллельными сопротивлениями в единые ветви, а если это не возможно, то вырожденные ветви с источниками тока поместить в связи, источники напряжения объединить с последовательными сопротивлениями в единые ветви, а если такой возможности нет, то вырожденную ветвь с источником напряжения поместить в дерево. Все ветви построенного графа следует направить и пронумеровать, после чего составить таблицу главных контуров и главных сечений по единому принципу: главный контур – одна ветвь связи и остальные ветви дерева; главное сечение – одна ветвь дерева и остальные ветви связи. Главные контуры нумеруются и направляются ветвями связи, а главные сечения – ветвями дерева. Уравнения (2) для главных контуров, базирующихся на связях – источниках тока, и уравнения (1) для главных сечений, основанных на вырожденных ветвях дерева с источниками напряжения, не входят в систему уравнений токов ветвей и могут быть использованы для определения напряжений источников тока и токов источников напряжения соответственно. Метод токов связей продолжает предыдущий метод, используя следующий алгоритм для k-го главного контура ik ( R)k ... im ( R)km ... in ( R)kn ( e)k , где ik , im , in токи связей; ( R)k сумма сопротивлений ветвей k-го контура (всегда положительная); ( R)km, ( R)kn сумма сопротивлений ветвей, принадлежащих k и m или k и n контурам одновременно, положительная, если контуры в этих сопротивлениях совпадают по направлению; ( e)k сумма ЭДС в ветвях k-го контура, включая преобразованные источники тока с параллельными сопротивлениями; все ЭДС, совпадающие с направлением k-го контура, положительны. Токи связей – источников токов, не объединенные с параллельными сопротивлениями, приравниваются к токам источников и уравнения токов связей для этих главных контуров не составляются. Метод узловых напряжений является математическим аналогом метода токов связей, используя алгоритм для k-го узла uk 0 (G)k ... um0 (G)km ... un0 (G)kn ( j )k , где uk 0 , um0 , un 0 узловые напряжения между k-м, m-м и n-м узлами и 0-м (нулевым) соответственно; ( G)k сумма проводимостей ветвей k-го узла (всегда положительная); (G)km, (G)kn сумма проводимости ветвей принадлежащих k и m или k и n узлам одновременно (всегда отрицательная); ( j)k сумма токов источников, токов в ветвях k-го узла, включая преобразованные источники ЭДС с последовательными сопротивлениями, все токи, направленные к k-му узлу, положительны. ЭДС ветви, не объединяемой с последовательным сопротивлением, приравнивается узловому напряжению, если 0-й узел выбрать одним из узлов этой ветви. В задаче 2 необходимо выполнить следующее: - составить в общем виде уравнения токов ветвей, уравнения токов связи и уравнения узловых напряжений; - обосновано выбрать наименее трудоемкий метод и довести его до численного решения; - определить остальные напряжения и токи; - проверить баланс мощностей. Варианты приведены в Приложении 2. На схемах указаны ЭДС e в вольтах, токи источников токов j в амперах и сопротивления R в омах. Пример 2. Исходную схему на рис. 2, а представляем в виде рис. 2, в, построив предварительно ее граф (рис. 2, б). Направив и пронумеровав его ветви и перенеся номера ветвей на рис. 2, в, после чего оформить исходные данные. Выделим дерево графа и составим таблицу главных контуров и главных сечений. Покажем на рис. 2, б для примера контур 1 и сечение 5. Главные контуры Главные сечения к.1 1, 3, 6 с.3 3, 2, -1 к.2 2, 4, 5, -3 с.4 4, -2 к.7 7, 5, 6 с.5 5, -2, -7 с.6 6, -7, -1 2 1 2 (2) 20 2 10 10 1 4 3 (3) 5 20 10 (1) 6 10 7 40 7 (4) в) a) (5) 2 4 3 j2 2 A , 5 1 (1) j1 1 A, R2 20 Ом, 6 R3 10 Ом, 7 б) e4 10 B, Рис. 2 R5 20 Ом , R6 1 Ом, e7 50 B, R7 10 Ом Уравнения для контура 1 и сечения 4, опирающиеся на вырожденные ветви, не входят в систему уравнений токов ветвей и пока не составляются. Остальные уравнения ЗТК для главных сечений и ЗНК для главных контуров в соответствии с таблицами имеют вид: i3 i2 i1 0, i1 j1, i i i 0, 5 2 7 i6 i7 i1 0, R i R i R i R i R j e , 44 55 33 2 2 4 22 R7i7 R5i5 R6i6 e7 , R4 0, где R2 j2 преобразованный в ЭДС источник тока j2 , все ЭДС, входящие в состав контура и совпадающие с ним по направлению, положительны. Уравнение токов связей составим только для главных контуров, исключая контур 1, в соответствии с приведенным ранее алгоритмом: i2 ( R2 R5 R3 ) i1R3 i7 R5 R2 j2 e4 , i7 ( R7 R5 R6 ) i1R6 i2 R5 e7 , i j . 1 1 После решения и определения токов i2 , i7 остальные токи (дерева) i3 , i4 , i5 , i6 можно найти по уравнениям ЗТК для главных сечений. Напряжения вычисляются по закону Ома, а напряжения на источник тока j1 определяются по ЗНК для главного контура 1 как: u1 u3 u6 . Для того, чтобы составить уравнения узловых напряжений, выберем 0й узел на границе вырожденной ветви 4, а остальные узлы произвольно пронумеруем (рис. 2, в) и, используя аналогичный предыдущему методу алгоритм, запишем: u10 e4 , u (G G ) u G u G j j , 20 2 3 10 2 30 3 1 2 u30 (G3 G5 G6 ) u20G3 u40G6 0, u40 (G6 G7 ) u30G6 j1 G7 e7 , где Gk 1 Rk , G1 0, k = 2, 3, 5, 6, 7; источник тока G7e7 преобразован из источника напряжения e7 ; все источники тока, направленные к узлу, для которого составляется уравнение, положительны. После решения системы уравнений и определения u20 , u30 , u40 остальные напряжения определятся по ЗНК как: u12 u10 u20 u21, u23 u20 u30 u32 , u34 u30 u40 u43 . Токи ветвей находятся по закону Ома, если взять их направление рис. 2, б, как: i2 u21G2 , i3 u23G3 , i6 u34G6 , i5 u30G5 , i7 (u40 e7 )G7 . Токи вырожденных ветвей: i4 i5 i7 , i1 j1 . Для численного решения выберем уравнения токов связи, имеющие наименьшее число уравнений: 50i2 20i7 40, 40i7 20i2 40. i2 0,5 A, i7 0,75 A, i5 i2 i7 1,25 A, i1 1 A, i3 i1 i2 0,5 A, i6 i7 i1 1,75 A, i4 i2 0,5 A, iR 2 j2 i2 1,5 A; u4 e4 10 B, u5 R5i5 25 B, u3 R3i3 5 B, u6 R6i6 17,5 B, u2 iR 2 R2 30 B, u1 u3 u6 22,5 B, u7 R7i7 7,5 B. Проверка по балансу мощностей: pист j1u1 j2u2 e4i4 e7i7 115 Вт, pR i2u2 i3u3 i5u5 i6u6 i7u7 115 Вт. Баланс сошелся, значит, решение правильное. Методические указания к задаче 3 Рассматривается линейная цепь со смешанным соединением элементов и одним источником в установившемся гармоническом режиме. Расчет такой цепи целесообразно производить в комплексных амплитудах токов I m и напряжений U m . В этой форме он подобен расчету резистивной цепи из задачи 1, только вместо сопротивлений и проводимостей следует использовать комплексные сопротивления Z и комплексные проводимости Y . Для элементов R, L, C они имеют вид: Z R R, Z L j L jX L , Y R G, YL 1 j L j ZC 1 1 j jX C ; jC C 1 jBL , L YC jC jBC . Складывая сопротивления последовательных участков и проводимости параллельных, можем получить входные комплексные сопротивления или проводимости в виде: Z вх Rвх jX вх , Y вх Gвх jBвх . На основании последних уравнений могут эквивалентные двухэлементные двухполюсники. быть построены Если теперь приравнять нулю мнимые части этих выражений и выполнить тем самым условие резонанса, то можно получить уравнения для определения резонансных величин 0 , R0 , G0 , L0 , C0 . В задаче 3 нужно выполнить следующее: - все заданные величины представить в комплексной форме; - рассчитать комплексные амплитуды токов и напряжений всех участков цепи, используя методику задачи 1; - проверить полученные решения по ЗТК и ЗНК, построив векторные диаграммы напряжений и токов; - построить эквивалентную схему определив параметры её элементов; исходного двухполюсника, - для исходной цепи определить резонансную частоту на участке 1, 2, 3; - построить графики частотных характеристик эквивалентных реактивных сопротивлений или проводимостей участка 1, 2, 3. Варианты приведены в Приложении 3. Пример 3.1 Исходная схема представлена на рис. 3.1 Задано: i 2 sin(1000t 135o ) A, L0 4 мГн , L1 4 мГн , R2 20 Ом, C3 100 мкФ . Рис. 3.1 Расчетная схема для комплексных амплитуд построена на рис. 3.2 o I m 2e j135 2 j 2 A, Z 0 j L0 j1000 4 103 j 4 Ом, Рис. 3.2 Z 2 R2 20 Ом, Z 1 j L1 j1000 4 103 j 4 Ом, Z3 j j j10 Ом. 6 C 1000 100 10 Руководствуясь методическими указаниями к задаче 1, сворачиваем схему на рис. 3.2 к зажимам источника тока I m . Участки 2 и 3 параллельны, поэтому складываем их проводимости Y2 1 1 0,05 См, Z 2 20 Y3 1 1 j 0,1 См, Z 3 j10 Y 23 Y 2 Y 3 0,05 j 0,1 См. Участки 1 и 2, 3 последовательны. Складываем их сопротивления: Z 1 j 4 Ом и Z 23 1 Y 23 1 0,05 j 0,1 4 j8 Ом, 0,05 j 0,1 0,052 0,12 Z1,2,3 Z 1 Z 23 j 4 4 j8 4 j 4 Ом. Наконец, проводимости параллельных участков 0 и 1, 2, 3: Y 1,2,3 Y0 1 1 j 0,25 См, Z 0 j4 1 1 4 j4 0,125 j0,125, 4 j 4 42 42 Z 1,2,3 образуют входную проводимость: Y вх Y 0 Y 1,2,3 j 0,25 0,125 j0,125 0,125 j0,125. В основе расчета лежат соотношения аналогичные тем, что были в задаче 1: U m Z I m, I m YU m. Зададим на рис. 3.2 направления токов и напряжений участков, соответствующие направлению заданного тока I m , и произведем расчет в следующем порядке: U m0 Im 2 j 2 1 j (1 j ) 2 8 2 8 2 Y вх 0,125 j 0,125 1 j 12 12 4 2 (1 2 j 1) j8 2 B; I m0 U m0 Y 0 j8 2 ( j 0,25) 2 2 A, I m1 U m0U 1,2,3 j8 2 (0,125 j 0,125) 2 j 2 A; U m1 I m1 Z 1 ( 2 j 2 ) j 4 4 2 j 4 2 B, U m2 I m1 Z 23 ( 2 j 2 )( 4 j8) 4 2 j8 2 j 4 2 8 2 4 2 j12 2 B; I m2 U m2 Y 2 (4 2 j12 2 ) 0,05 0,2 2 j 0,6 2 A, I m3 U m2 Y 3 (4 2 j12 2 ) ( j 0,1) 1,2 2 j 0,4 2 A. Построим векторные диаграммы, поместив полученные в расчете комплексные амплитуды на комплексную плоскость (рис. 3.3) в виде векторов, совокупности которых отображают закон токов Кирхгофа (ЗТК): I m1 I m2 I m3 , I m I m0 I m1 и закон напряжений (ЗНК): U m0 U m1 U m 2 . Все три соотношения выполняются (рис. 3.3), что свидетельствует о правильности расчета. -1 0 +1 Масштаб Рис. 3.3 Построим двухполюсник эквивалентный исходному (рис. 3.1), для чего рассмотрим входную проводимость: Y вх 0,125 j 0,125 См. Вещественная часть соответствует проводимости резистора Gвх 0,125 . Мнимая отрицательная часть соответствует индуктивной 1 1 1 проводимости, BLвх , откуда Lвх 8 ( мГн) . Lвх BLвх 1000 0,125 Оба элемента соединены параллельно (рис. 3.4) Рис. 3.4 Для поиска резонансной частоты на участке 1, 2, 3 рассмотрим сопротивление участка: Z 1,2,3 Z 1 Z 23 Z 1 1 Z1 Y 23 1 , Y 2 Y 3 которое при произвольной частоте равно: Z1,2,3 j L1 G jC3 1 j L1 2 G2 jC3 G22 2C32 G2 G22 2 C32 j ( L1 C3 G22 2C32 ). При резонансе реактивное сопротивление участка (мнимая часть Z 1,2,3 ) исчезает: C L1 2 32 2 0, G2 C3 откуда и находится резонансная частота: 0 C3 L1G22 L1C32 100 10 6 4 10 3 25 10 4 4 10 3 Теперь построим частотные сопротивлений участков 1 и 2, 3: X 1 L1 и 4 10 10 12 1500 (1/с). характеристики X 2,3 C3 . G22 2C32 реактивных Целесообразно рассмотреть следующие точки: 0, 0 1500 1/с, X 1 0, X 2,3 0, X 2,3 X1 0 L1 1500 4 103 6 (Ом), , X 1 , X 2,3 0. S Функцию X 2,3 ( ) можно привести к виду X ( S ) , которая, как a2 S 2 1 известно, имеет максимум при S a , равный X max . Учитывая, что 2a S C3 , a G2 , получим: G 2 C3 0,05 100 10 6 500 (1/с), X 2,3 1 10 Ом. 2G2 Построим частотные характеристики по этим точкам. 10 8 6 4 2 0 500 1000 1500 2000 Рис. 3.5 2500 , 1/с Пример 3.2 Исходная схема представлена на рис. 3.6: u 20 sin( 500t 90o ) , R1 10 Ом, Рис. 3.6 L3 20 мГн , C2 200 мкФ , L0 200 мГн . Расчетная схема для комплексных амплитуд, представлена на рис. 3.7: Рис. 3.7 U m 20e j 90 j 20 B, Z 1 R1 10 Ом, o Z2 j j10 Ом, C2 Z 3 j L3 Z 0 j L0 j10 Ом. Входное сопротивление: Z вх Z 0 Z 1,2,3 , Z 1,2,3 Y 1,2 Y3 Y 1,2 Z 1,2,3 1 Y1,2,3 1 Z 1,2 1 , Y 3 Y1,2 1 , Z1 Z 2 1 j 0,1 См , j10 1 1 1 j 0,1 0,1 0,05 j 0,05 См , 10 j10 1 j 2 1 1 10 j10 Ом , j0,1 0,05 j 0,05 0,05 j0,05 Z вх j10 10 j10 10 j 20 Ом . Расчет напряжений и токов. Зададим направление участков (рис. 3.7). I m0 Um j 20 1 j2 j2 0,8 j0,4 A , 2 2 Z вх 10 j 20 1 2 U m0 I m0 Z 0 (0,8 j0,4) j10 4 j8 B , U m3 I m0 Z 1,2,3 (0,8 j0,4) (10 j10) 8 j 4 j8 4 4 j12 B , I m3 U m3Y 3 (4 j12) ( j0,1) 1,2 j0,4 A , I m1 U m3Y 1,2 ( 4 j12 ) (0,05 j 0,05) 0,2 j 0,2 j 0,6 0,6 0,4 j 0,8 A, U m1 I m1 Z1 (0,4 j0,8)10 4 j8 B , U m2 I m1 Z 2 (0,4 j0,8) ( j10) 8 j 4 B , Векторная реализует ЗТК диаграмма I m 3 I m1 I m0 и ЗНК U m1 U m2 U m3 , U m3 U m0 U m . +1 -1 0 0,4 А; 4 В Рис. 3.8 Законы Кирхгофа выполняются. Решение задачи найдено правильно. Эквивалентный двухполюсник строится по найденному Z вх 10 j 20 Ом и состоит из последовательно соединенных резистора 20 Rэкв 10 Ом и индуктивности Lэкв 40 мГн (рис. 3.9). 500 Рис. 3.9 Для определения резонансной частоты 0 на участке 1, 2, 3 рассмотрим: Y 1,2,3 Y 3 Y 1,2 Y3 1 1 1 Z 1 Z 2 j L3 R 1 1 jC2 j 1 1 R1 1 C2 C2 j j L 1 L3 R 2 1 3 R2 1 R12 1 1 2C 22 2C22 2C22 R1 . Приравняв мнимую часть Y 1,2,3 нулю, получим уравнение для определения 0 , решение которого дает 0 1 L C22 3 R12 C2 1 3 4 12 20 10 4 10 10 100 200 10 6 (1/с). Следовательно, при заданных параметрах резонанс на участке 1,2,3 не осуществим. Построим частотные характеристики (рис 3.10): B3 ( ) 1 , L3 1 C2 B1,2 ( ) , 1 2 R1 2C22 по следующим точкам: 0 B3 , B1,2 0 B3 0 , B1,2 0 1 500 1/с, R1C2 B1,2 1 0,05 См, 2 R1 B3 0,1 См. 0,1 0,05 0 1000 500 1/с Рис. 3.10 Пересечений B3 и B1,2 нет, нет и резонанса. Методические указания к задаче 4 В задаче 4 рассматривается линейная цепь с постоянным источником и одним реактивным элементом в переходном процессе. Переходный процесс возникает в цепи с реактивными элементами при любом ее изменении, которое приводит к новому режиму с новыми значениями напряжений на ёмкостях и токов в индуктивностях. Это изменение называется коммутацией и осуществляется замыканием или размыканием ключа. Момент коммутации принимается за начало отсчета времени ( t 0 ) и условно может быть представлен совокупностью двух бесконечно близких моментов времени до коммутации (t 0) и после (t 0) . Правила коммутации устанавливают неизменность токов в индуктивностях и напряжений на ёмкостях в момент коммутации: iL ( 0) iL ( 0) , uC ( 0) uC ( 0) . Левые части этих соотношений определяются из расчета установившегося режима цепи до коммутации. Правые части не зависят от коммутации и называются независимыми начальными условиями. u L (0), u R (0), iR (0), iC (0) , Остальные начальные условия du , dt t 0 u dt t 0 и т.д. относятся к зависимым условиям и определяются подстановкой независимых начальных условий в уравнения цепи, составленные после коммутации как совокупность уравнений ЗТК и ЗНК и уравнений элементов. Решение этой системы дифференциальных уравнений для любой выбранной неизвестной состоит из двух частей: установившейся и свободной. Установившееся решение определяется в результате расчета установившего режима цепи, образовавшейся после коммутации, изученными ранее методами. Если установившейся режим вызывается постоянным во времени источником, то при расчете следует закоротить все индуктивности и разомкнуть все ёмкости. Свободное решение находится в виде суммы функций вида: Aet , число слагаемых в решении равно порядку цепи, то есть количеству реактивных элементов в цепи, образовавшейся после коммутации. Для цепи первого порядка удобнее искать свободное решение в виде: Ae t , где постоянная времени определяется как: L , Rэ или RэC . Эквивалентное сопротивление Rэ определяется на зажимах реактивного элемента при закороченных источниках напряжения (ЭДС) и разомкнутых источниках тока. Постоянную интегрирования A определяют, приравнивая решение в начальный момент времени (t 0) определенному заранее (см. выше) начальному условию. В задаче 4 нужно выполнить следующее: составить систему дифференциальных образовавшейся после коммутации; уравнений цепи, - выбрать неизвестную и записать форму, в которой будет определяться решение; - определить установившее решение после коммутации; - определить постоянную времени; - определить начальное условие и постоянную интегрирования; - записать решение для выбранной величины и определить еще одну из величин в этой цепи; - построить графики зависимостей обеих величин от времени. Варианты приведены в Приложении 4. Пример 4.1 Исходная схема представлена на рис. 4.1: Задано: j 2 A, R1 100 Ом , R2 100 Ом , L 10 мГн . Рис. 4.1 В исходной схеме замыкаем ключ и в образовавшейся цепи (рис. 4.2) задаем направление ветвей. Цепь имеет два узла и три ветви, из которых одна вырожденная с источником тока. Для ее описания требуется одно уравнение ЗТК j i2 i1 0 , одно уравнение ЗНК u1 u2 uL 0 и три уравнения элементов Рис. 4.2 u1 R1i1 , u2 R2i2 , di uL L 2 . dt Подставив уравнения элементов в уравнения соединений, получим исходную систему дифференциальных уравнений: j i2 i1 0, di2 R i R i L 0. 1 1 2 2 dt Будем искать решения для тока i2 в виде: i2 i2 уст i2св . Учитывая, что установившийся режим – постоянный, закоротим индуктивность и получим схему, представленную на рис. 4.3: u RR 1 R1 i2 уст 2 j 1 2 j R2 R1 R2 R2 R1 R2 2 100 1 ( A). 100 100 Рис. 4.3 Для определения постоянной времени , найдем Rэ , разомкнув источник тока j и рассмотрев схему на зажимах индуктивности а, в (рис. 4.4) Rэ Rав R1 R2 . а в Рис. 4.4 Тогда L L 10 10 3 Rэ R1 R2 100 100 0,05 10 3 (c ) 5 10 5 ( c ). Решение с точностью до постоянной интегрирования: t i2 1 Ae 510 5 . Цепь в установившемся постоянном режиме до коммутации имеет вид (рис. 4.5) i2 j i2 ( 0) i2 ( 0) , Рис. 4.5 и в соответствии с правилами коммутации получаем независимое начальное условие i2 ( 0) j 2 A. Сравнивая его с решением: i2 ( 0) 2 1 A , получаем: A 1, откуда окончательно: t i2 (t ) 1 e 510 5 . Подставляя в исходную систему уравнений, можем найти: t i1(t ) j i2 (t ) 1 e 510 5 A, t t 5 di 1 510 5 u L (t ) L 2 10 10 3 e 200 e 510 B dt 5 10 5 и т. д. При построении экспоненциальных зависимостей следует учесть, что: при t e 1 0,368 ; e 2 при t 2 1 e e2 0,135 ; e2 3 при t 3 1 e 0,05 ; e3 и т. д. 2 1 0 -100 -200 Пример 4.2 Рис. 4.6 Исходная схема представлена на рис. 4.7: Задано: e 20 B , R1 20 Ом , Рис. 4.7 R2 60 Ом , C 2 мкФ . Расчетная схема представлена на рис. 4.8: ЗТК ЗНК (1) Рис. 4.8 Подставляем (2) в (1): duc i2 0 dt R1i1 uC e R2i2 uC 0 i1 C i1 iC i2 0 u1 uC e u u 0 2 C u1 R1i1 u2 R2i2 duC iC C dt исходная система уравнений Выбираем: t uC uC уст uC св uC уст Ae . Размыкаем ёмкость и находим uC уст (рис. 4.9) uC уст Рис. 4.9 e 20 R2 60 15 ( B) R1 R2 20 60 . Закорачиваем источник e (рис. 4.10) и на зажимах ёмкости а, в определяем Rэ а R1R2 15 Ом . R1 R2 в Рис. 4.10 Постоянная времени RэC 15 2 106 3 105 (c) . Решение с точностью до постоянной интегрирования: t uC 15 Ae 310 5 B. Режим до коммутации (рис. 4.11) и независимое начальное условие. uC e uC ( 0) uC ( 0) 20 B Постоянная интегрирования: uC ( 0) 20 15 A, A5B. Окончательное решение: t Рис. 4.11 uC 15 5e 310 5 B и другие величины, например, t i1 Графики 5 e uC 0,25(1 e 310 ) A. R1 uC (t ) и i1 (t ) 2,5 25 2,0 20 1,5 15 1,0 10 0,5 5 0 Рис. 4.12 Методические указания к задаче 5 Здесь рассчитывается переходный процесс в линейной цепи второго порядка с постоянным источником. В основе расчета лежит преобразования Лапласа, в соответствии с которым исходная схема заменяется операционной, напряжения u(t ) и токи i(t ) заменяются операционными изображениями ( p) и I ( p) , дифференциальные уравнения цепи становятся алгебраическими с операционными сопротивлениями: Z R ( p) R, Z L ( p) pL, ZC ( p) 1 , pC или операционными проводимостями: Y R ( p ) G, Y L ( p ) Последовательно с источники: Z L u ZC 1 , YC ( p) pC. pL появляются дополнительные EL LiL ( 0) u u ( 0) , EC C p соответственно, которые могут быть преобразованы в эквивалентные дополнительные источники тока: i ( 0) JL L p u J C Cu C ( 0) , соответственно. Постоянные ЭДС и токи источников токов изображаются соответственно как: E( p) e p j u J( p ) . p При составлении операционных уравнений могут быть использованы все методы, применяемые ранее при анализе резистивных цепей. Решение операционных уравнений имеет вид правильной дроби, числитель A ( p ) и знаменатель B ( p ) , которой – полиномы оператора p Оригинал от такого изображения находится по теореме разложения A( p ) B( p ) n A( p ) k k 1 B( pk ) e pk t , где pk - корни знаменателя B( p) 0 ; n - число корней, B( pk ) dB p pk . dp В задаче 5 необходимо: - составить операционную схему и операционные уравнения; - получить решение в виде правильной дроби; - применить теорему разложения и найти оригинал; - построить график полученной функции времени. Условие задачи 5 приведены в Приложении 5. Пример 5.1 Исходная схема представлена на рис. 5.1: Задано: e 100 B, R1 50 Ом, R2 50 Ом, C 10 1 мкФ, L 10 мГн. Рис. 5.1 Операционная схема представлена на рис. 5.2 1 0 Рис. 5.2 E( p ) e 100 , Z1( p ) R1 50, Z L ( p) pL 10 10 3 p, p p YC ( p) pC 10 1 10 6 p, Y2 G 2 1 0,02, R2 EL Li1( 0) L e 10 10 3 100 2 10 2 , R1 50 J C Cu C ( 0) C 0 0 . i1 ( 0) u uC ( 0) определяются из схемы цепи в установившемся режиме до коммутации (рис. 5.3) при закороченной индуктивности и разомкнутой ёмкости i1 e i1( 0) i1( 0), R1 uC 0 uC ( 0) uC ( 0). Рис. 5.3 Применим для расчета метод условных напряжений: 1 E ( p) EL U10 ( p ) YC ( p ) Y2 ( p ) , Z1( p ) Z L ( p ) Z1( p ) Z L ( p ) e Li1( 0) 1 p , U10 ( p ) pC G2 R p L R pL 1 1 e p Li1 ( 0) 100 2 10 2 p A( p ) U10 ( p ) p1 R1 p L G2 pC p 10 9 p 2 0,205 10 3 p 2 B( p ) . B( p) 0, p1 0, p2 104 1/с, p3 19 104 1/с. B( p) 3 109 p 2 0,41 10 3 p 2 , u10 (t ) uC (t ) A( p1 ) p1t A( p2 ) p2t A( p3 ) p3t e e e B( p1 ) B( p2 ) B( p3 ) 4 4 50 55,5 e 10 t 105,3 e 19,510 t . Проверка: uC ( 0) 50 55,5 105,3 0,2 B , по начальному условию uC ( 0) 0,2 B . Решение можно считать правильным. При построении графика uC (t ) (рис. 5.4) учтем, что затухание 1 , связанной с меньшим по определяется постоянной времени 2 p2 абсолютной величине корнем 100 50 0 Рис. 5.4 Пример 5.2 Для исходной схемы из примера 5.1 (рис. 5.1) зададим новые значения: e 200 В, R1 40 Ом, R2 60 Oм, C 1,0 мкФ , L 1,0 мГн . Операционная схема представлена на рис. 5.5: Рис. 5.5 E ( p) ZC ( p ) e 200 , Z1( p ) R1 40, Z L ( p ) pL 10 3 p , p p1 1 1 e , Z 2 ( p) R2 60, EL Li1( 0) L 5 10 5 , pC 10 5 p R1 J C Cu C ( 0) 0 (рис. 5.3). Применим для расчета метод токов связей, приняв связями ветви 1 и 2: I1( p )Z1( p ) Z L ( p ) ZC ( p ) I 2 ( p ) ZC ( p ) E ( p ) E L , I 2 ( p )Z 2 ( p ) ZC ( p ) I1( p ) ZC ( p ) 0. Разрешим систему относительно I1 ( p ) : I 2 ( p ) I1( p ) ZC ( p) , Z 2 ( p) ZC ( p) I1( p ) E ( p) EL Z C2 ( p ) Z1( p ) Z L ( p ) ZC ( p ) Z 2 ( p ) ZC ( p ) e Li1( 0) p 1 1 R1 pL pC 1 p 2C 2 R2 pC e Li1( 0) pC( R2 pC 1) p 1 R1 pL pC( R2 pC 1) 1 pC e pLi1( 0) R2 pC 1C R1 pC p2 LC 1R2 pC 1 1 LCR2i1( 0) p 2 p Li1( 0) eR2C e p R2 LCp2 R1R2C L p R1 R2 3 10 7 p 2 17,0 10 3 p 200 p 6 10 8 p 2 34 10 4 p 100 A( p ) . B( p ) Применим теорему разложения для нахождения оригинала i1 ( p ) : B ( p ) 0, p1 0, p2 2,83 10 4 j 2,94 10 4 , p3 2,83 10 4 j 2,94 10 4 , B( p) 18 108 p 2 68 104 p 100 , i1(t ) A( p1 ) A( p2 ) p2t A( p3 ) p3t e e , B( p1 ) B( p2 ) B( p3 ) A( p1 ) 200 2 ( A) , B( p1 ) 100 A( p2 ) p2t 3 10 7 2,83 j 2,94 2 108 17 10 3 2,83 j 2,94 10 4 200 e 8 2 8 4 4 B( p2 ) 18 10 2,83 j 2,94 10 68 10 2,83 j 2,94 10 100 4 4 e 2,8310 t e j 2,9410 t 281 2 92,4 99,6 2 4 4 281 e 2,8310 t e j 2,9410 t 92,4 j 99,6 4 4 e 2,8310 t e j 2,9410 t 99,6 jarctg 92,4 e 4 4 o 2,07 e 2,8310 t e j 2,9410 t 40,15 A, 4 4 o A( p3 ) p3t e 2,07e 2,8310 t e j 2,9410 t 47,15 A , B( p3 ) так как p2 u p3 - сопряженные комплексные числа. Окончательно: 4 4 o 4 o i1t 2 2,07e 2,8310 t e j 2,9410 t 47,15 e j 2,9410 t 47,15 4 2 4,14 e 2,8310 t cos 2,94 104 t 47,15o A. Для построения графической зависимости i1 (t ) переведем угол (47,15о) в (-0,823 рад) и выбираем моменты времени, при которых косинус получает значения 1, 0 и (-1), а также начальный момент t 0 . 4 1) t 0 cos(0,823) 0,68, e 2,8310 t 1, i1 4,82 A. Сопоставляя с полученным ранее i1 ( 0) 5 A, фиксируем ошибку 5 4,82 100 3,6 %, что допустимо для учебного расчета. 5 2) 2,94 104 t 0,823 0, cos0 1, t 0,28 104 c, 4 e 2,8310 t 0,453, i1 3,87 A. 3) 2,94 104 t 0,823 2 , cos 2 0, t 0,814 104 c, i1 2 A. 4) 2,94 104 t 0,823 , cos 1, t 1,35 104 c, 4 e 2,8310 t 0,022, i1 1,91 A. 5) 2,94 104 t 0,823 3 3 , cos 0, t 1,885 c, i1 2 A. 2 2 6) 2,94 104 t 0,823 2 , cos2 1, t 2,42 c, 4 e 2,8310 t 0,001, i1 2 A. 5 4 3 2 1 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 Рис. 5.6