Раздел 7.1

7. ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ (ПП) В ЛИНЕЙНЫХ
ЦЕПЯХ С СОСРЕДОТОЧЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ
7.1. КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЁТА ПП
7.1.1. Общие положения
Если электрическая цепь достаточно долго сохраняла неизменный вид,
то в ней создаётся так называемый установившийся (принуждённый) режим.
Последнему соответствуют определённые законы изменения энергии электрических полей конденсаторов и магнитных полей индуктивностей цепи. В
случае изменения схемы при переключениях, которые будем называть
коммутациями, энергия полей должна измениться, а для этого требуется
некоторое время. Процесс, возникающий в электрической цепи при переходе
от одного установившегося режима к другому, называется переходным.
На протяжении ПП электрическая цепь может быть описана системой
динамических уравнений, которая может быть сведена относительно одной
электрической величины (тока или напряжения) к дифференциальному
уравнению n-го порядка, причём его порядок определяется количеством
накопителей энергии (к ним относятся индуктивности и ёмкости).
Возникающее
дифференциальное
уравнение
является
линейным,
неоднородным, с постоянными коэффициентами (см. задачу 7.1).
Общее решение полученного неоднородного линейного дифуравнения
представляет собой сумму двух величин: частного решения неоднородного
уравнения, выражающего принуждённый режим, задаваемый источниками, и
решения соответствующего однородного дифуравнения, выражающего
свободный режим.
В соответствии с этим для любого тока или напряжения можно
записать: i = iпр + iсв, u = uпр + uсв,
где iпр, uпр – принуждённые составляющие тока и напряжения;
iсв, uсв – свободные составляющие тока и напряжения.
Метод нахождения электрических величин в виде суммы двух
рассмотренных составляющих называется классическим.
Принуждённые составляющие рассчитываются любыми ранее
изученными методами, а вид свободных составляющих зависит от числа и
вида корней характеристического уравнения. Существует несколько
способов составления характеристического уравнения.
1 способ. По имеющемуся дифференциальному уравнению:
di
d ni
d n 1i
Kn· n + Kn-1· n 1 + … + K1· + K0·i = f(t).
dt
dt
dt
n
n-я производная заменяется на p ; . . . ;
первая производная на p; сама
величина – 1; правая часть – 0, то есть
Kn·pn + Kn-1·pn-1 + . . . + K1·p + K0 = 0.
2 способ. Путём записи входного сопротивления в операторной форме:
1. Источники заменяются их внутренними сопротивлениями, а ключ
показывается в послекоммутационном состоянии.
32
2. Цепь размыкается в любом месте. Рекомендуется разрывать в ветви с
конденсатором, а при его отсутствии – в ветви с индуктивностью.
3. Относительно полученных зажимов записывается входное сопротивление в комплексной форме Z(j) (индуктивное сопротивление – jL, а
ёмкостное – 1/(jС)).
4. Производится замена j = p. Получаем входное сопротивление Z(p) в
операторной форме.
5. Полученное сопротивление приравниваем к нулю, т.е. Z(p) = 0. Это и
есть характеристическое уравнение.
3 способ. Используя систему динамических уравнений цепи:
1. Составляется система динамических уравнений по законам Кирхгофа
для послекоммутационного состояния цепи.
2. Полученная система алгебраизируется (из дифференциальных уравнения
превращаются в алгебраические в операторной форме).
3. Определитель системы приравнивается к нулю и получается
характеристическое уравнение.
Если корень характеристического уравнения один (обязательно
отрицательный), свободная составляющая имеет вид: iсв(t) = A·ept,
где A – постоянная интегрирования;
Если корней два, оба действительные, отрицательные, разные,
причём |p1| < |p2|, то
iсв(t) = A1· e p1t + A2· e p 2 t .
Если корней два – действительные, отрицательные, равные (p1 = р2 = р),
то
iсв(t) = A1·ept + A2·t·ept,
где A1 и A2 – две постоянные интегрирования;
Если корней два – комплексные, сопряжённые, т.е. p1,2 = -b  j0, то
iсв(t) = A·e-bt·sin(0t + ),
где A и  – постоянные интегрирования.
Количество корней характеристического уравнения определяет
число постоянных интегрирования и равно количеству накопителей энергии
в цепи после коммутации.
Постоянные интегрирования находятся из начальных условий
(значения электрических величин и их производных в начальный момент
после коммутации), которые делятся на независимые и зависимые. К
независимым относятся значения в момент коммутации потокосцепления и
тока индуктивности, заряда и напряжения конденсатора. Остальные
начальные условия считаются зависимыми.
Высказанные выше положения о том, что запас энергии магнитного
или электрического поля может изменяться только плавно, без скачков, выражают принцип непрерывности во времени потокосцепления индуктивности и
электрического заряда ёмкости и называются законами коммутации.
Первый закон коммутации: в индуктивном элементе ток и магнитный
поток непосредственно после коммутации сохраняют значения, которые они
имели непосредственно перед коммутацией, и дальше начинают изменяться
33
именно с этих значений:
(0+) = (0-), iL(0+) = iL(0-),
где t = 0+ – момент сразу после коммутации,
t = 0- – момент непосредственно перед коммутацией.
Второй закон коммутации: на ёмкостном элементе напряжение и заряд
сохраняют в момент коммутации те значения, которые они имели
непосредственно перед коммутацией, и в дальнейшем изменяются, начиная с
этих значений:
q(0+) = q(0-), uC(0+) = uC(0-).
При нулевых начальных условиях (iL(0-) = 0, uC(0-) = 0) индуктивность
в начальный момент после коммутации равносильна разрыву цепи, а ёмкость
– короткому замыканию. В случае ненулевых начальных условий (iL(0-)  0,
uC(0-)  0) индуктивность в момент t = 0+ равносильна источнику тока, а
ёмкость – источнику ЭДС.
В зависимости от порядка дифуравнений различают цепи первого,
второго и более высокого порядка.
Сущность классического метода анализа ПП показана на примере задачи 7.1. Однако применен нерациональный порядок расчёта. Рекомендуется
следующий порядок расчёта ПП:
1. Анализом цепи до коммутации определение независимых начальных
условий.
2. Запись искомых электрических величин (токов и напряжений) в виде
суммы двух составляющих – принуждённой и свободной.
3. Расчёт принуждённых составляющих.
4. Вид свободных составляющих зависит от числа и вида корней
характеристического уравнения. Поэтому тем или иным способом
составляется и решается характеристическое уравнение.
5. Запись свободных составляющих с учётом вида корней.
6. Определение тем или иным способом необходимых начальных условий.
7. Нахождение постоянных интегрирования из начальных условий.
8. Запись искомых величин в окончательной форме.
7.1.2. ПП в цепях с одним накопителем
i2
r1
ЗАДАЧА 7.1. В схеме рис. 7.1 рассчитать
С
напряжение на конденсаторе и токи переходного
U
r2
процесса. Параметры цепи: U = 100 В, r1 = 60 Ом,
i
uC
i1 C
r2 = 40 Ом, С = 10 мкФ. Построить график напряжения на конденсаторе.
Рис. 7.1
Решение
В послекоммутационном режиме цепь описывается следующей
системой уравнений по законам Кирхгофа относительно мгновенных
значений токов и напряжения на конденсаторе:
i1 – i2 – iC = 0,
i1r1 + uC = U,
i2r2 – uC = 0.
Дополнительное уравнение – уравнение связи между током и напряжеdu
нием конденсатора: iC = С C .
dt
34
Систему уравнений решаем способом подстановки – все токи выражаем через напряжение на конденсаторе и подставляем в первое уравнение системы. В результате система уравнений сводится к одному линейному неоднородному дифференциальному уравнению первого порядка с постоянными
коэффициентами. В скобках отметим, что порядок уравнения определяется
количеством накопителей энергии в цепи. В данном случае есть только один
накопитель – конденсатор, поэтому и уравнение оказалось первого порядка.
du
du
U  uC
u
U  uC u C
i1 =
;
i2 = C ;
iC = С C ;
– – С C = 0.
r1
r1
r2
r2
dt
dt
duC r1  r2
U
+
uC =
.
Cr1r2
Cr1
dt
Решение уравнения uС(t) находится в виде суммы частного решения
неоднородного дифференциального уравнения и общего решения
соответствующего однородного дифференциального уравнения. Отметим,
что в курсе ТОЭ они называются, соответственно, принуждённой (или
установившейся) и свободной составляющими: uС(t) = uCпр(t) + uCсв(t). Такой
метод расчёта переходных процессов называется классическим. Вид
принуждённой составляющей определяется видом правой части уравнения,
то есть характером источника. В данном случае, поскольку источник
постоянный, принуждённая составляющая напряжения на конденсаторе
duC пp
также будет постоянной, а
= 0:
dt
Cr r U
r
40
uCпр = 1 2 
= 2 U =
100 = 40 В.
r1  r2 Cr1 r1  r2
60  40
Вид свободной составляющей зависит от числа и вида корней
характеристического
уравнения.
Поэтому
составим
и
решим
характеристическое уравнение. При составлении его по имеющемуся
дифференциальному уравнению производная от uC заменяется на р, сама
величина uC – на 1, правая часть принимается равной нулю:
r r
р + 1 2 = 0.
Cr1r2
r r
60  40
Решение уравнения: р = - 1 2 = - 5
= -4167 с –1.
Cr1r2
10  60  40
При одном, обязательно отрицательном, корне характеристического
уравнения свободная составляющая имеет вид: uCсв(t) = Ае рt. Постоянную
интегрирования А находим, используя начальные условия. Напряжение на
конденсаторе до коммутации: uC(0-) = U = 100 В. Согласно второму закону
коммутации, uC(0+) = uC(0-) = 100 В. Таким образом, постоянная интегрирования А = uCсв(0) = uC(0) – uCпр(0) = 100 – 40 = 60 В.
Окончательно получаем: uC(t) = 40 + 60е -4167t В.
U  uC 100  40  60  e 4167 t
Токи в ветвях: i1(t) =
=
= 1 – 1е -4167t А,
r1
60
35
B
80
60
40
uC 40  60  e 4167 t
i2(t) = =
= 1 + 1,5е -4167t А,
r2
40
iC(t) = i1(t) – i2(t) = -2,5е -4167t А.
Для построения графика uC(t) дополнительно вычислим:
- постоянная времени цепи  = 1/|p| = 1/4167 c = 0,24 мс,
- практическая длительность переходного процесса
Тпп = (35) = 4 = 0,96 мс.
u
График uC(t) строим
по составляющим: отдельно
показываем принуждённую
Рис. 7.2
и свободную составляющие,
uC(t)
а затем их графически
суммируем.
График
представлен на рис. 7.2.
uCпр(t)
i
rк
U
L
20
uCсв(t)
t
Рис. 7.3
uL
мc
0,2
0,4
0,6
0,8
iпр
ЗАДАЧА 7.2. Рассчитать ток катушки и напряжение
на индуктивности (рис. 7.3), если
rк
U
U = 200 В, rк = 10 Ом, L = 25 мГн.
хL = 0
Построить графики i(t) и uL(t).
Рис. 7.4
Комментарии и ответы.
1. Независимое начальное условие: i(0+) = i(0-) = 0.
2. Расчёт принуждённого режима по схеме рис. 7.4:
iпр = 20 А;
uLпр = 0.
3. Характеристическое уравнение и его корень: rк + рL = 0, р = -400 с –1.
4. Свободные составляющие: iсв = Аеpt; uLсв = Bеpt.
5. Начальные условия: iсв(0+) = i(0+) – iпр = -20 А;
uLсв(0+) = uL(0+) = U – rкi(0+) = 200 B.
6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = -20; B = uLсв(0+) = 200.
а)
б)
В uL
А
i
iпр
20
200
i(t)
10
2,5 5 7,5 10
t
0
100
мс
-10
iсв
t
-20
Рис. 7.5
0 2,5 5 7,5 10 мс
0
36
7. Полные величины: i(t) = 20 – 20е -400t А; uL(t) = 200е -400t B.
8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП
L
1
=
= = 2,5·10 -3 с; ТПП = 4· = 0,01 с.
| p | rк
Графики i(t), uL(t) на рис. 7.5.
ЗАДАЧА 7.3. Определить ток и напряжение катушки при
переключении её на добавочное сопротивление rд (рис. 7.6), если U = 200 В,
rк = 10 Ом, L = 25 мГн, rд = 40 Ом.
Построить графики i(t), uк(t).
rк
U
Комментарии и ответы.
uк L
1. Независимое начальное условие:
rд
i
U
i(0+) = i(0-) = = 20 А.
rк
Рис. 7.6
2. Принуждённые составляющие: iпр = 0; uкпр = 0.
3. Характеристическое уравнение и его корень:
рL + (rд + rк) = 0, р = -2000 с –1.
4. Свободные составляющие: iсв = Аеpt; uксв = Bеpt.
5. Начальные условия: iсв(0+) = i(0+) – iпр = 20 А;
uL(0+) = -i(0+)·(rд + rк) = -1000 В и uксв(0+) = uк(0+) = rкi(0+) + uL(0+)= -800 В.
6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = 20; B = uксв(0+) = -800.
7. Полные величины: i(t) = 20е -2000t А; uк(t) = -800е -2000t B.
8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП
1
=
= 0,5·10 -3 с = 0,5 мс; ТПП = 2 мс.
| p|
Графики i(t), uL(t) на рис. 7.7.
В uк
0,5
0
1
1,5
2
i
t а) А
мс
20
б)
-200
-400
10
-600
-800
0
Рис. 7.7
t
0,5
1
1,5
2
мс
ЗАДАЧА 7.4. На рис. 7.8,а представлена схема для расчёта
переходного процесса при включении трансформатора в режиме холостого
хода. Причём u(t) = 100sin(314t +u) В, r = 20 Ом, L = 0,159 Гн. Рассчитать u для получения самого «тяжёлого» и «лёгкого» включения. Построить
график тока «тяжёлого» включения. Определить величину ударного тока.
37
Решение
1. Независимое начальное условие нулевое – i(0+) = i(0-) = 0.
2. Расчёт тока выполним классическим методом. Принуждённая
U
составляющая имеет вид: iпр(t) = Imsin(314t +i) = m sin(314t + u – ).
Z
Здесь Z = r 2  ( L )2 = 20 2  ( 314  0,159 )2 = 20 2  50 2 = 53,9 Ом,
U
L
50
100
 = arctg = arctg = 68,1, Im = m =
= 1,86 A.
r
20
Z 53,9
Таким образом, iпр(t) = 1,86sin(314t + u – 68,1) A.
Начальное значение принуждённой составляющей тока
iпр(0) = 1,86sin(u – 68,1) A.
А i
2
а)
б)
iпр
i
r
t
0,01
0,02
u(t)
L
0
с
Iуд
iсв
-2
i(t)
Рис. 7.8
3. Характеристическое уравнение и его корень:
pL + r = 0, p = -r/L = 20/0,159 = -125,8 c –1.
Постоянная времени цепи и практическая длительность переходного
процесса:  = 1/|p| =1/125,8 = 0,008 c, Tпп = (35) = (2440) мс.
2
Период колебаний принуждённой составляющей T =
= 20 мс.

4. При одном корне характеристического уравнения свободная
составляющая имеет вид: iсв(t) = Ае рt.
Значение постоянной интегрирования
А = iсв(0) = i(0) – iпр(0) = -1,86sin(u – 68,1).
5. Самый «тяжёлый» переходный процесс (наибольшее значение свободной составляющей) получится при u – 68,1 = 90. То есть u = 158,1
или u = -21,9.
Самый «лёгкий» (свободная составляющая отсутствует) – при
u – 68,1 = 0 или 180. То есть u = 68,1 или u = -111,9.
Если u – 68,1 = 90, то u = 158,1. Мгновенное значение переходного тока в этом случае записывается как
i(t) = iпр(t) + iсв(t) = 1,86sin(314t + 90) – 1,86е -125,8t А.
6. График тока и его составляющих представлен на рис. 7.8,б.
7. Ударным током называется максимальное значение переходного тока.
Как видно из графика, наибольшего по величине значения Iуд = 2,4 А ток
достигает в момент времени t = 9,7 мс.
38
ЗАДАЧА 7.5. Рассчитать ток переходного процесса
i
при включении катушки на синусоидальное напряжение
rк
u
u(t) = Um·sin(t + u) (рис. 7.9), если
L
Um = 200 В,  = 1000 рад/с, u = -30°, rк = 10 Ом, L = 25 мГн.
Построить график i(t).
Рис. 7.9
Ответ: i(t) = 7,43sin(1000t – 98,2°) + 7,35е -400t A;
график i(t) на рис. 7.10.
А
i
8
i(t)
i
4
iсв
r
U
t
uС
0
4,5
9
6
3
мс
С
-4
iпр
Рис. 7.11
Рис. 7.10
-8
ЗАДАЧА 7.6. Рассчитать ток переходного процесса и напряжение на
ёмкости (рис. 7.11), если U = 200 В, r = 100 Ом, C = 100 мкФ.
Построить графики i(t), uС(t).
iпр=0
Комментарии и ответы.
1. Независимое начальное условие: uС(0+) = uС(0-) = 0. U
r
2. Расчёт принуждённого режима по схеме рис. 7.12:
uСпр
iпр = 0;
uСпр = U = 200 В.
3. Характеристическое уравнение и его корень:
Рис. 7.12
1
1
r+
= 0, р = - = -100 с -1.
рC
rC
4. Свободные составляющие: iсв(t) = Аеpt; uСсв(t) = Bеpt.
5. Начальные условия: uСсв(0+) = uС(0+) – uСпр = -200 B.
u (0 )
iсв(0+) = - Ccв  = 2 А.
r
6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = 2; B = uСсв(0+) = -200.
7. Полные величины: i(t) = 2е -100t А; uС(t) = 200 – 200е -100t B.
8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП
1
=
= 0,01 с; ТПП = 0,04 с.
| p|
Графики i(t), uC(t) на рис. 7.13.
а)
б)
А i
В uС
uСпр
200
2
uС(t)
100
t
 2 3 4
0
1
uСсв
-100
t
Рис. 7.13
0
-200
 2 3 4
39
ЗАДАЧА 7.7. Определить ток и напряжение на ёмкости при
переключении на добавочное сопротивление rд (рис. 7.14), если
U = 200 В, r = 100 Ом, С = 100 мкФ, rд = 400 Ом.
r
Построить графики i(t), uС(t).
С
U
Комментарии и ответы.
uС
rд
1. Независимое начальное условие:
i
uС(0+) = uС(0-) = U = 200 В.
2. Принуждённые составляющие: iпр = 0; uСпр = 0.
Рис. 7.14
3. Характеристическое уравнение и его корень:
1
1
(rд + r) +
= 0, р = = -20 с -1.
( rд  r )C
рC
4. Свободные составляющие: iсв = Аеpt; uСсв = Bеpt.
5. Начальные условия: uСсв(0+) = uС(0+) – uСпр = 200 B;
u (0 )
iсв(0+) = - Ccв  = -0,4 А.
rд  r
6. Постоянные интегрирования А = iсв(0+) = -0,4; B = uСсв(0+) = 200.
7. Полные величины: i(t) = -0,4е -20t А, uС(t) = 200е -20t B.
8. Постоянная времени цепи и практическая длительность ПП
1
=
= 0,05 с,
ТПП = 4 = 0,2 с.
| p|
Графики i(t), uC(t) на рис. 7.15.
А
i
а)

2
3 4
t
0
200
-0,2
100
-0,4
б)
В UC
Рис. 7.15
0
t

2
3 4
ЗАДАЧА 7.8. Определить ток i(t) и напряжеi
i0
ние на конденсаторе uС(t) (рис. 7.16), если
r
r
r = 100 Ом, С = 10 мкФ, E0 = 300 В,
e(t) = 100sin(1000t – 90°) В.
uC
C
Построить график i(t).
E0
e(t)
Решение
Анализом схемы до коммутации определим
Рис. 7.16
напряжение на конденсаторе по второму закону
Кирхгофа: ri0(0-) – uС(0-) = E0.
i0(0-) = 0, следовательно, uС(0-) = -E0 = -300 В.
Согласно второму закону коммутации uС(0+) = uС(0-) = -300 В.
40
Схема после коммутации описывается линейным дифуравнением
1
ri(t) + uС(t) = е(t), где uС(t) =  idt , решение которого будем искать в
C
виде: i = iпр + iсв; uС = uСпр + uСсв.
Для расчёта принуждённого режима воспользуемся символическим
методом.
1
10 6
–j90º
Еm = 100е
B, хС =
=
= 100 Ом,
C 1000  10
Z = r – jxC = 100 – j100 = 100 2 е –j45° Ом,

Em
100e  j 90
Imnp =
=
= 0,5 2 е –j45° = 0,707е –j45° A,
Z 100 2e  j 45
UCmnp = -jxC·Imnp = 100е –j90°·0,5 2 е –j45° = 50 2 е –j135° = 70,7е –j135° B.
Мгновенные значения принуждённых составляющих:
iпр(t) = 0,707sin(1000t – 45°) A,
uСnp(t) = 70,7sin(1000t – 135°) B.
Характеристическое уравнение запишем на основе дифуравнения
1
10 6
1
r+
= 0, р = == -1000 с -1.
рC
rC 100 10
Следовательно, свободные составляющие запишем в виде:
iсв(t) = Ае -1000t;
uСсв(t) = Bе -1000t.
Постоянные интегрирования определим из начальных условий.
При t = 0+ имеем: iсв(0+) = А; uСсв(0+) = B = uС(0+) – uСпр(0+),
где uСпр(0+) = 70,7sin(-135°) = -50 B,
uСсв(0+) = B = -300 – (-50) = -250 B.
Дифуравнение для свободных составляющих при t = 0+ имеет вид:
riсв(0+) + uСсв(0+) = 0.
 u ( 0 ) 250
iсв(0+) = А = Ccв  =
= 2,5 А, т.е.
r
100
iсв(t) = 2,5е -1000t А;
uСсв(t) = -250е -1000t B.
Искомые величины имеют вид:
uС(t) = 70,7sin(1000t – 135°) – 250е -1000t B,
i(t) = 0,707sin(1000t – 45°) + 2,5е -1000t А.
А
i
2,5
i
2 св
1
0
Рис. 7.17
i(t)
4,5
iпр 1,5
6
t
мс
3
-1
Для построения графиков (рис. 7.17) определим постоянную времени
цепи и длительность ПП:
41
1
1
=
= 0,001 с,
ТПП = 4 = 0,004 с.
| p | | 1000 |
2 2
Период синусоиды Т =
=
= 0,00628 с = 6,28 мс.
 1000
Результаты расчётов по построению графика сведём в табл. 7.1.
Таблица 7.1
0
0,75 1,5 2,25
3
3,75 4,5 5,25
6
6,75
-0,5 -0,02 0,46 0,7 0,57 0,12 -0,38 -0,7 -0,62
-0,22
2,5 1,18 0,56 0,26 0,12 0,06 0,03 0,01 0,006 0,003
2,0 1,16 1,02 0,96 0,69 0,18 -0,35 -0,68 -0,614 -0,217
=
t, мс
iпр, А
iсв, А
i, А
ЗАДАЧА 7.9. Рассчитать токи переходного процесса и напряжение на
индуктивности в схеме рис. 7.18, если
E = 150 В, r1 = r2 = 10 Ом, r3 = r4 = 5 Ом, L = 20 мГн.
Построить графики i2(t), uL(t).
r1
r2
i1
uL
E
r1
i1(0-)
r3
r4
L
i2 i3
E
i2(0-)
r2
r1
r3
хL=0
uL
E
i3(0-)
r2 r3
i1
i3
L
i2
r4
Рис. 7.19
Рис. 7.20
Решение
1. Анализом схемы до коммутации определим независимое начальное
условие, которым здесь является ток в индуктивности – i2(0-).
Схема до коммутации имеет вид рис. 7.19. Ток в индуктивности
r
150
E
5
i2(0-) =
· 3 =
·
= 3,75 А.
r2 r3
r2  r3 10  5  10 10  5
 r1
10  5
r2  r3
Согласно первому закону коммутации имеем i2(0+) = i2(0-) = 3,75 А.
2. Схема после коммутации имеет вид рис. 7.20 и описывается
системой линейных дифференциальных уравнений по
законам Кирхгофа
i1(t) = i2(t) + i3(t),
r2 r3
r1
di2
r1i1 + r2i2 + L
= E,
dt
r1i1 + (r3 + r4)·i3 = E,
pL
решение которой будем искать в виде iq(t) = iqпр(t)+iqсв(t);
r4
uL(t) = uLпр(t)+uLсв(t).
3. Принуждённый режим:
Z(p)
Рис. 7.18
Рис. 7.21
42
150
E
=
= 10 А;
10  ( 5  5 )
r2 ( r3  r4 )
 10
 r1
10  5  5
r2  r3  r4
r r
55
i2пр = i1пр· 3 4 = 10·
= 5 А;
r2  r3  r4
10  5  5
i3пр = i1пр – i2пр = 10 – 5 = 5 А,
uLпр = 0.
4. Свободный режим.
Составим характеристическое уравнение путём записи входного
( r3  r4 )( r2  pL )
сопротивления в операторной форме (2-й способ):
+ r1 = 0.
r3  r4  r2  pL
Но можно составить характеристическое уравнение и относительно
ветви с накопителем, при этом источник заменяется его внутренним
сопротивлением (рис. 7.21). Тогда вид уравнения будет проще:
( r3  r4 )r1
( 5  5 )  10
+ r2 + pL = 0;
+ 10 + 20·10 -3·p = 0; p = -750 c -1.
r3  r4  r1
5  5  10
pt
-750t
Тогда i1св = А1е = А1е
; i2св = А2е -750t; i3св = А3е -750t; uLсв = Bе -750t.
Постоянные интегрирования определим при t = 0+.
I способ решения
a
Схема после коммутации для t = 0+ имеет
r1
r3
вид рис. 7.22. По методу двух узлов
r
2
i
(0
)
1 +
E / r1  i2 ( 0  ) 150 / 10  3,75
uab(0+) =
=
= 56,25 B.
i2(0+)
E
1
1
1
1
r4


r1 r3  r4
10 5  5
i3(0+)
uab(0+)
Токи в момент коммутации
Рис. 7.22 b
E  u ab ( 0  ) 150  56 ,25
i1(0+) =
=
= 9,375 А,
r1
10
u ( 0 ) 56,25
i3(0+) = ab  =
= 5,625 А или i3(0+) = i1(0+) – i2(0+) = 5,625 А,
r3  r4
10
uL(0+) = uab(0+) – r2i2(0+) = 56,25 – 10·3,75 = 18,75 B.
Запишем свободные составляющие при t = 0+:
i1св(0+) = А1 = i1(0+) – i1пр = 9,375 – 10 = -0,625 А,
i2св(0+) = А2 = i2(0+) – i2пр = 3,75 – 5 = -1,25 А,
i3св(0+) = А3 = i3(0+) – i3пр = 5,625 – 5 = 0,625 А,
uLсв(0+) = B = uL(0+) – uLпр = 18,75 – 0 = 18,75 B.
Итак: i1св(t) = -0,625е -750t А,
i1(t) = 10 – 0,625е -750t А,
i2св(t) = -1,25е -750t А,
i2(t) = 5 – 1,25е -750t А,
i3св(t) = 0,625е -750t А,
i3(t) = 5 + 0,625е -750t А,
uL(t) = uLсв(t) = 18,75е -750t B.
II способ решения
Постоянную интегрирования А2 можно определить сразу, так как ток
i2 подчиняется первому закону коммутации:
А2 = i2(0+) – i2пр = 3,75 – 5 = -1,25 А,
i1пр =
43
i2св(t) = А2е -750t = -1,25е -750t А,
i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 5 – 1,25е -750t А.
Определим напряжение на индуктивности
di
uL(t) = L 2 = 20·10 -3·(-1,25)(-750)е -750t = 18,75е -750t B.
dt
Узловое напряжение
uab(t) = r2i2(t) + uL(t) = 10·(5 – 1,25е -750t) + 18,75е -750t = 50 + 6,25е -750t B.
u ab ( t ) 50  6,25e 750 t
Токи i3(t) =
=
= 5 + 0,625е -750t А,
r3  r4
55
i1(t) = i2(t) + i3(t) = 5 – 1,25е -750t + 5 + 0,625е -750t = 10 – 0,625е -750t А.
5. Построим графики i2(t) и uL(t). Длительность переходного процесса
4
4
ТПП = 4 =
=
с = 5,33 мс.
| p | | 750 |
Результаты расчётов представим в виде табл. 7.2.
Таблица 7.2
t, мс
0
1,33
2,67
4
5,33
i2св, А
-1,25
-0,46
-0,17
-0,06
-0,02
i2, А
3,75
4,54
4,83
4,94
4,98
u L, В
18,75
6,9
2,54
0,93
0,34
Графики представлены на рис. 7.23.
В uL
20
А
а)
i2
б)
i2пр
4
i2(t)
2
10
0

2
3 4
t
i2св
-2
0 
2 3 4
Рис. 7.23
ЗАДАЧА 7.10. В схеме рис. 7.24,а рассчитать токи переходного
процесса классическим методом. Параметры цепи: U = 50 В, r1 = r3 = 100 Ом,
r2 = 50 Ом, С = 100 мкФ.
а)
б)
r1 r
2
i
1
r1
i3
r2
r3
1
r3
U
pC
С
uC
Z(p)
i2
Рис. 7.24
Решение
1. Состояние цепи до коммутации: i1(t-) = i2(t-) = 0, uC(t-) = U = 50 В. В
соответствии со вторым законом коммутации независимое начальное услоt
44
вие – uC(0+) = uC(0-) = 50 В.
2. Согласно классическому методу искомые переходные
токи
записываются в виде суммы принуждённых и свободных составляющих:
i1 = i1пр + i1св, i2 = i2пр + i2св, i3 = i3пр + i3св.
3. Рассчитываем принуждённые составляющие токов:
50
U
i2пр = 0; i1пр = i3пр =
=
= 0,25 А.
r1  r3 100  100
3. Характеристическое уравнение составим, используя входное
сопротивление в операторной форме (см. 7.1.1, второй способ составления
rr
1
характеристического уравнения): Z(p) =
+ r2 + 1 3 = 0.
r1  r3
pC
Корень характеристического уравнения:
r1  r3
100  100
p== - 4
= -100 с –1.
C( r1r2  r1r3  r2 r3 ) 10 ( 100  50  100  100  50  100 )
4. Свободные составляющие токов при одном корне характеристического уравнения: i1св = Ае рt, i2св = Ве рt, i3св = Dе рt.
5. Постоянные интегрирования А, В, D находятся с использованием
начальных условий, которые, однако, можно получить разными способами.
Рассмотрим некоторые из них.
а) первый способ. Составляется система уравнений по законам
Кирхгофа для послекоммутационного режима для начального момента
времени:
i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0,
i1(0)r1 + i2(0)r2 + uC(0) = U,
i1(0)r1 + i3(0)r3 = U.
С числовыми значениями:
i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0,
i1(0)100 + i2(0)50 + 50 = 50,
i1(0)100 + i3(0)100 = 50.
Решение системы: i1(0) = 0,125 А, i2(0) = -0,25 А, i3(0) = 0,375 А.
Постоянные интегрирования:
А = i1св(0) = i1(0) – i1пр = 0,125 – 0,25 = -0,125;
В = i2св(0) = i2(0) – i2пр = -0,25 – 0 = -0,25;
D = i3св(0) = i3(0) – i3пр = 0,375 – 0,25 = 0,125.
б) второй способ. Расчёт выполняется по эквивалентной схеме,
составленной на начальный момент времени. Здесь используется следствие
из законов коммутации: индуктивность в момент коммутации ведёт себя как
источник тока с током iL(0), ёмкость – как источник ЭДС с напряжением
uC(0). Для начального момента времени, таким образом, получаем схему рис.
7.25,а. Учитывая, что в цепи оказались два одинаковых источника uC(0) = U,
можем утверждать, что потенциалы точек а и b одинаковы, и точки можно
соединить перемычкой. Получаем схему рис. 7.25,б, из которой находим
U
50
начальные значения токов: i3(0) =
=
= 0,375 А,
r1r2
50  100
100 
r3 
50  100
r1  r2
45
50
r2
= 0,375
= 0,125 А,
r1  r2
50  100
i2(0) = i1(0) – i3(0) = 0,125 – 0,375 = -0,25 А.
Далее постоянные интегрирования определяются как в первом способе.
i1(0) = i3(0)
а) i1(0) r1
а
б) i1(0) r1
i1св(0)=А
i2(0) r2
r2 r 3
r1
в)
r2
r3
b
U
i2(0)
uCсв(0)
r3
uC(0)
U
i3(0)
i3(0)
i2св(0)=В
i3св(0)=
=D
Рис. 7.25
в) третий способ. Расчёт выполняется по эквивалентной схеме для
начального момента времени только для свободных составляющих (рис.
7.25,в). Определим необходимое начальное значение свободной
составляющей напряжения на конденсаторе. Значение принуждённой
составляющей: uCпр = i3прr3 = 0,25100 = 25 В.
uCсв(0) = uC(0) – uCпр = 50 – 25 = 25 В.
 uC св ( 0 )
 25
Постоянные интегрирования: В =
=
= -0,25;
100
r1r3
50 
r2 
2
r1  r3
r
100
А = В 3 = -0,25
= -0,125,
r1  r3
100  100
100
r
D = -В 1 = 0,25
= 0,125.
r1  r3
100  100
6. Записываем окончательные выражения для токов:
i1(t) = 0,25 – 0,125е –100t A; i2(t) = -0,25е –100t A; i3(t) = 0,25 + 0,125е –100t A.
A
i
i1пр(t)
0,2
i1(t)
0,1
0
10
20
30
t
40 мc
i1св(t)
-0,1
Рис. 7.26
-0,2
46
7. Для построения графика i1(t) вычислим:
- постоянная времени цепи  = 1/|p| = 1/100 c = 10 мс,
- практическая длительность переходного процесса Тпп = (35) = 4 = 40 мс.
График представлен на рис. 7.26.
ЗАДАЧА 7.11. В схеме рис. 7.27
рассчитать токи переходного процесса.
Параметры цепи: U = 60 В, R1 = 9 Ом,
R2 = R3 = 30 Ом, R = 10 Ом, L = 0,4 Гн.
Ответы: i1(t) = 2,5 – 0,346е –92,3t A;
i2(t) = 1,25 – 0,450е –92,3t A;
i3(t) = 1,25 + 0,104е –92,3t A.
ЗАДАЧА 7.12. В схеме рис. 7.28
рассчитать токи переходного процесса.
Параметры цепи:
U = 300 В, R1 = R2 = R3 = 100 Ом, L = 0,5 Гн.
Ответы: i1(t) = 3 – е –100t A;
i2(t) = е –100t A;
i3(t) = 3 – 2е –100t A.
R1
R2
U
R3
L
R
Рис. 7.27
R1
U
R2
L
R3
Рис. 7.28
R1
ЗАДАЧА 7.13. В схеме рис. 7.29 рассчитать
R2
напряжение на конденсаторе и токи переходного
R3
U
процесса. Параметры цепи: U = 100 В, R1 = 50 Ом,
С
R2 = R3 = 100 Ом, С = 60 мкФ.
Рис. 7.29
Ответы: uС(t) = 66,67 + 33,33е –125t В;
i1(t) = 0,667 – 0,167е –125t A; i2(t) = -0,250е –125t A; i3(t) = 0,667 + 0,083е –125t A.
ЗАДАЧА 7.14. Решить задачу 7.13 со следующими числовыми
данными: U = 200 В, R1 = R3 = 20 Ом, R2 = 10 Ом, С = 50 мкФ.
Ответы: uС(t) = 100 + 100е –1000t В;
i1(t) = 5 – 2,5е –1000t A; i2(t) = -5е –1000t A; i3(t) = 5 + 2,5е –1000t A.
ЗАДАЧА 7.15. В схеме рис. 7.30,а рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи: u(t) = 100sin(100t + 30) В,
r1 = 173 Ом, r2 = 100 Ом, С = 100 мкФ.
Решение
i1
а)
б)
i1св(0)=А r1
i2
r2
r1
С
uC
uCсв(0)
r2
u(t)
i3
i2св(0)=
i3св(0)=D
=B
Рис. 7.30
1. Независимое начальное условие получим расчётом цепи до
коммутации: i2(t-) = 0; i1(t-) = i3(t-) = I1msin(100t + i1);
47
U1m
I1m =
 1 
r12  

 C 
i1 = u – arctg
=
2
100
173  100
2
2
= 0,5 A,
1
C = 30 + arctg 100 = 60,
r1
173
1
= 0,5100 = 50 B, uC = i1 – 90 = -30;
C
uC(t-) = Ucmsin(100t + uC) = 50sin(100t – 30) B.
Независимое начальное условие с учётом второго закона коммутации:
uC(0+) = uC(0-) = 50sin(-30) = -25 B.
2. В соответствии с классическим методом расчёта
uС(t) = uСпр(t) + uСсв(t),
i1(t) = i1пр(t) + i1св(t), i2(t) = i2пр(t) + i2св(t), i3(t) = i3пр(t) + i3св(t).
3. Принуждённые составляющие рассчитаем символическим методом:
Um = 100е j30 B,
1 

r2    j

100  (  j100 )
C 

Z = r1 +
= 173 +
= 228,7е –j12,6 Ом,
1
100  j100
r2  j
C
Ucm = I1m

Um
100  e j 30
I1прm =
=
= 0,437е j42,6 A,


j
12
,
6
Z 228 ,7  e
1
j
C = 0,437е j42,6  j100 = 0,309е –j2,4 A,
I2прm = I1прm
1
100  j100
r2  j
C
r2
100
I3прm = I1прm
= 0,437е j42,6
= 0,309е j87,6 A,
1
100  j100
r2  j
C
UCпрm = I2прmr2 = 0,309е –j2,4100 = 30,9е -j2,4 B.
Мгновенные значения принуждённых токов:
i1пр(t) = 0,437sin(100t + 42,6) А, i2пр(t) = 0,309sin(100t – 2,4) А,
i3пр(t) = 0,309sin(100t + 87,6) А.
Мгновенное и начальное значения принуждённой составляющей
напряжения на конденсаторе:
uСпр(t) = 30,9sin(100t – 2,4) B, uСпр(0) = 30,9sin(-2,4) = -1,29 B.
Начальное значение свободной составляющей напряжения на
конденсаторе: uСсв(0) = uС(0) – uСпр(0) = -25 + 1,29 = -23,71 B.
4. Составляем и решаем характеристическое уравнение:
1
rr
r r
127  100
Z(р) =
+ 1 2 = 0, р = - 1 2 = -  4
= -157,8 с –1.
Cr1r2
pC r1  r2
10  173  100
48
Свободные составляющие токов: i1св = Ае рt, i2св = Ве рt, i3св = Dе рt.
5. Постоянные интегрирования определим по эквивалентной схеме для
начального момента времени только для свободных составляющих (рис.
uC св ( 0 )  23,71
7.30,б): А = i1св(0) = == 0,137;
173
r1
uC св ( 0 )  23,71
В = i2св(0) =
=
= -0,237;
100
r2
D = i3св(0) = i1св(0) – i2св(0) = 0,173 + 0,237 = 0,374.
6. Записываем окончательные формулы для токов:
i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 0,437sin(100t + 42,6) + 0,137е –157,8t А,
i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,309sin(100t – 2,4) – 0,237е –157,8t А,
i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 0,309sin(100t + 87,6) + 0,374е –157,8t А.
ЗАДАЧА 7.16. В приведенной на рис. 7.31
схеме рассчитать токи. Числовые данные:
u(t) = 400sin(314t – 120) B, r1 = 40 Ом, r2 = 50 Ом,
r3 = 70 Ом, L = 0,11 Гн. Построить график тока с
наибольшей свободной составляющей.
Ответы:
i1(t) = 6,616sin(314t – 147,3) + 5,587e –231,4t A,
i2(t) = 5,933sin(314t – 173,6) – 1,117e –231,4t A,
i3(t) = 2,927sin(314t – 83,6) + 6,704e –231,4t A.
ЗАДАЧА 7.17. В схеме рис. 7.32 рассчитать
токи переходного процесса. Параметры цепи:
u(t) = 100sin(314t – 90) В, R1 = R3 = 100 Ом,
R2 = 60 Ом, L = 0,255 Гн.
Ответы:
i1(t) = 0,658sin(314t – 99,5) – 0,101е –431t A;
i2(t) = 0,368sin(314t – 126,0) – 0,202е –431t A;
i3(t) = 0,368sin(314t – 72,9) + 0,101е –431t A.
r2
r3
u(t)
L
r1
Рис. 7.31
R1
R2
R3
U
L
Рис. 7.32
ЗАДАЧА 7.18. На вход схемы рис. 7.33 с
i2
r1 C
параметрами r1 = 20 Ом, r2 = 30 Ом, С = 50 мкФ
e(t)
uС r2
подан одиночный прямоугольный импульс амплиi1 i3
тудой Е = 100 В длительностью . Рассчитать
токи переходного процесса в цепи.
Рис. 7.33
Решение
Первый способ. Сначала рассчитаем напряжение на конденсаторе uС(t)
классическим методом, а через него запишем все токи схемы.
Рассмотрим интервал времени 0  t  , когда на входе цепи действует
напряжение 100 В. Поскольку цепь до подачи импульса находилась в
состоянии покоя, здесь имеем нулевое независимое начальное условие –
49
uС(0+) = uС(0-) = 0.
Принуждённая составляющая напряжения на конденсаторе
100
E
uСпр =
r2 =
30 = 60 В.
r1  r2
20  30
1
rr
Характеристическое уравнение
+ 1 2 = 0. Его решение
pC r1  r2
20  30
r r
р=- 1 2=106 = -1667 с –1.
Cr1r2
50  20  30
Постоянная времени цепи  = -р –1 = 0,6 мс.
Свободная составляющая напряжения на конденсаторе при одном
корне характеристического уравнения имеет вид: uСсв(t) = Аe рt.
Постоянную интегрирования А определяем из начальных условий:
А = uСсв(0) = uС(0) – uСпр = -60.
Таким образом, на интервале 0  t   :
uС(t) = uСпр + uСсв(t) = 60 – 60e –1667t В.
В конце интервала значение напряжения uС() = 60 – 60e –1 = 37,93 В.
Закон изменения напряжения на конденсаторе при t   (с учётом
отсутствия воздействия на входе цепи)
uС(t) = uС()e р(t-) = 37,93e –1667(t-0,0006) В.
Окончательно для напряжения на конденсаторе получаем:
60  60  e 1667 t B при 0  t    6  10  4 c ,
uС(t) = 
37 ,93  e 1667 ( t 0 ,0006 ) B при t   .

Ток в ветви с конденсатором
duC 5  e 1667 t A при 0  t    6  10 4 c ,
i3(t) = С
=
4
dt   3,16  e 1667 ( t 610 ) A при t   .
Остальные токи:
2  2  e 1667 t A при 0  t    6  10 4 c ,
i2(t) = uС(t)/r2 = 
4
1,26  e 1667 ( t 610 ) A при t   .

2  3  e 1667 t A при 0  t    6  10 4 c ,
i1(t) = i2(t) + i3(t) = 
1667 ( t 610  4 )
A при t   .
  1,90  e
Рассчитаем напряжение на конденсаторе uС(t) вторым способом.
Представим заданный прямоугольный импульс напряжения в соответствии с
принципом наложения двумя включениями со сдвигом во времени на интервал времени, равный длительности импульса, сначала на положительное
напряжение Е, а затем на такое же отрицательное. При включении цепи на
положительное напряжение Е = 100 В (при 0  t  ):
uС(t) = uС(t) = 60 – 60e -1667t В (см. первый способ расчёта на интервале 0  t  ).
По аналогии при включении цепи в момент времени t =  на отрицательное напряжение -Е = -100 В получим: uС(t) = -60 + 60e -1667(t–) В.
50
Таким образом, на интервале t   имеем:
uС(t) = uС(t) + uС(t) = 60(e –1667(t–) – e –1667t) = 37,93e –1667(t-0,0006) В.
Далее токи вычисляются так же, как и первым способом.
Графики токов см. на рис. 7.80.
ЗАДАЧА 7.19. На вход цепи задачи 7.18 подана серия прямоугольных
импульсов длительностью  и амплитудой Е = 100 В. Длительность паузы между импульсами также равна . Рассчитать токи переходного процесса в цепи.
Решение
Задачу решаем методом неопределённых начальных условий. Момент
начала отсчёта времени выберем совпадающим с началом действия одного
произвольно взятого импульса. Независимое начальное условие ненулевое:
uС(0+) = uС(0-)  0.
На интервале времени 0  t   uС(t) = uСпр + uСсв(t) = 60 + Аe –1667t В.
Постоянная интегрирования А = uСсв(0) = uС(0) – uСпр = uС(0) – 60.
Таким образом, uС(t) = 60 + (uС(0) – 60)e –1667t В.
В момент окончания действия рассматриваемого импульса напряжение
на конденсаторе достигает величины
uС() = 60 + (uС(0) – 60)e –1 = 37,93 + 0,368uС(0).
Закон изменения напряжения на конденсаторе при   t  2 (с учётом
отсутствия воздействия на входе цепи)
uС(t) = uС()e р(t-) = (37,93 + 0,368uС(0))e –1667(t-0,0006) В.
К моменту подачи следующего импульса искомое напряжение
принимает значение
uС(2) = (37,93 + 0,368uС(0))e –1 = 13,95 + 0,135uС(0).
Учтём, что в цепи после прохождения достаточного большого числа
импульсов устанавливается так называемый квазиустановившийся режим,
когда процессы в цепи повторяются с периодом поступающих импульсов.
Таким образом, получаем уравнение uС(2) = uС(0) или
13,95 + 0,135uС(0) = uС(0).
13,95
Его решение uС(0) =
= 16,13 В.
1  0,135
Окончательно для напряжения на конденсаторе получаем:
 60  43,87  e 1667 t B при 0  t    6  10 4 c ,
uС(t) = 
1667 ( t 0 ,0006 )
B при   t  2  1,2  10 3 c.
40 ,11  e
Ток в ветви с конденсатором
duC 3,655  e 1667 t A при 0  t    6  10 4 c ,
i3(t) = С
=
4
dt   3,342  e 1667 ( t 610 ) A при   t  2 .
Остальные токи:
2  1,462  e 1667 t A при 0  t    6  10 4 c ,
i2(t) = uС(t)/r2 = 
1667 ( t 610  4 )
A при   t  2 .
 1,337  e
51
i1(t)
=
i2(t)
+
i3(t)
2  2,193  e 1667 t A при 0  t    6  10 4 c ,
=
1667 ( t 610  4 )
A при   t  2 .
  2,006  e
Графики токов см. на рис. 7.82.
r2
r1
L
U
ЗАДАЧА 7.20. В схеме рис. 7.34 ключ
работает с периодом Т = 22 (1 и 2 – постоянные
времени цепи при замкнутом и разомкнутом
Рис. 7.34
ключе, соответственно). Продолжительность
включения составляет ПВ = tВ/Т = 0,6. Параметры цепи: U = 60 В, r1 = 20 Ом,
r2 = 40 Ом, L = 0,6 Гн. Рассчитать ток и напряжение индуктивного элемента.
Ответы: 1 = 15 мс; 2 = 10 мс;
 1,5  1,035  e t / 1 A при 0  t  t B  12 м c ,
iL(t) = 
( t 0 ,012 ) /  2
A при t B  t  Т  20 мс;
1,035  e
41,4  e t / 1 B при 0  t  12 мc ,
uL(t) = 
 62 ,09  e ( t 0 ,012 ) /  2 B при 12 мс  t  20 мc.
ЗАДАЧА 7.21. В схеме рис. 7.35,а источник вырабатывает прямоугольные импульсы длительностью tИ =  с периодом Т = 2 (рис. 7.35,б).
Параметры цепи: Im = 1 A,
a)
б)
j
j(t)
r = 100 Ом, L = 0,1 Гн.
Im
j(t) r
L
Рассчитать токи в
t
резисторе и индуктивности.
tИ
T
Рис. 7.35
Ответы:  = 1 мс;
 1  0,731  e t /  A при 0  t  t И  1 м c ,
iL(t) = 
( t 0 ,001 ) / 
A при t И  t  Т  2 мс;
0,731  e

0,731  e t /  A при 0  t  t И  1 м c ,
ir(t) = 
( t 0 ,001 ) / 
A при t И  t  Т  2 мс.
 0,731  e
VD
i(t)
r
ЗАДАЧА 7.22. От однополупериодного неуправ- uВХ(t)
u(t)
ляемого выпрямителя с нулевым диодом (рис. 7.36)
VD
0
L
питается обмотка возбуждения двигателя постоянного
тока. Считая диоды идеальными и коммутацию диодов
мгновенной, рассчитать периодическое значение тока
Рис. 7.36
возбуждения i(t), если входное напряжение
uВХ(t) = 220 2 sin(t) В, частота сети f = 50 Гц, r = 5 Ом, L = 0,2 Гн.
Решение
Расчётная схема установки приведена на рис. 7.37,а, периодическая
последовательность импульсов u(t) – на рис. 7.37,б, на котором указаны номера n (начиная с момента подключения нагрузки) действующих импульсов.
52
Период следования импульсов Т = f -1 = 0,02 с, продолжительность действия
импульса t0 = ½Т = 0,01 с, продолжительность паузы tП = ½Т = 0,01 с.
a)
i(t)
r
б) u(t) n=1
Um
n=2
u(t)
n
n+1
…
u(t)
t
0 t0 tП t0 tП
Т
Т
L
… 0 t0 tП
Т
t
t0 tП
Т
t= t – nT
Рис. 7.37
Ниже мы рассмотрим несколько способов расчёта установившейся
реакции, но для всех их требуется расчёт переходного процесса в
электрической цепи при действии первого импульса. Этот расчёт можно
произвести любым методом расчёта переходных процессов (классическим
методом, операторным методом, с помощью интеграла Дюамеля).
Для интервала действия первого импульса t(0 … t0) рис. 7.37,б и
u(t) = Umsint
i = Imsin(t – ) + Imsin ·e –t/,
Um
220 2
где Im =
=
= 4,94 A,
2
2
2
2
r  ( L )
5  ( 314  0,2 )
62,8
L
 = arctg = arctg
= 85,45,
5
r
постоянная времени цепи  = L/r = 0,2/5 = 0,04 с,
отношение /Т = 0,04/0,02 = 2 или  = 2Т.
Численный результат расчёта i = 4,94sin(314t – 85,45) + 4,92·e –25t A.
В момент t = t0 = ½Т действие импульса заканчивается, а ток достигает
значения i(t0) = 4,94sin(180 – 85,45) + 4,92·e –25·0,01 = 8,75 А.
В момент времени t0 диод VD рис. 7.36 запирается, а нулевой диод
VD0 отпирается, ток обмотки возбуждения продолжает протекать по цепи
r-L-VD0, для которой уравнение состояния определяется вторым законом
di
А i
Кирхгофа ir + L = 0.
8,75
dt
10
i(t)
А·e-(t-t0)/
Решение этого уравне6,81
ния для t > t0
А
t t
5
 0
25( t t0 )

iсв=Imsin ·e-t/
i = Ae
= 8,75· e
A
4,92
(постоянная интегрирования
t
А определена на основании
0
t0
Т
первого закона коммутации
iпр=Imsin(t-)
i(t0-) = i(t0+) = 8,75 А).
-4,92
По окончании паузы
Рис. 7.38
-5
53
t = T = 0,2 c, i(T) = 6,81 A. Кривая тока в период действия первого импульса
приведена на рис. 7.38.
А i
1. Способ расчёта
22,24
25
установившейся
реакции
22,24
i(t)
22,24·e-25(t-t0)
методом
неопределённых
20
начальных условий.
Анализируя переход22,24·e-25t
17,32
ный процесс при действии 17,32
1
1
первого импульса напряжения, замечаем, что к началу
10
следующего импульса (а
значит, и каждого из поiпр=Imsin(t-)= 4,94 sin(t-85,45º)
следующих импульсов) ток
цепи i(T) ≠ 0, i(2T) ≠ 0 и т.д.
t
Для расчёта устано- 0
вившейся реакции перенеt0
Т
сём начало отсчёта времени
-5
Рис. 7.39
к моменту поступления
(n+1)-го импульса при n  , заменив t на t. Начальное значение тока на
этом интервале не определено: i(0+) ≠ 0.
Как и при действии первого импульса ток переходного процесса на
интервале t(0 … t0) i = Imsin(t – ) + A·e –t/, а при t = 0+ i = i(0+), тогда
i(0+) = -Imsin + A,
откуда постоянная интегрирования A = i(0+) + Imsin, а закон изменения тока
в пределах действия импульса i = Imsin(t – ) + [i(0+) + Imsin]·e –t/.
К моменту окончания действия импульса ток приобретает величину
i(t0) = Imsin(t0 – ) + [i(0+) + Imsin]· e t0 /  .
Так как при t = t0 ток в индуктивности не может измениться скачком,

t t 0

T t 0
то в период паузы i(t) = i(t0)· e  , а в конце периода i(T) = i(t0)· e  =
i(0),
т.е. при периодическом процессе i(T) = i(0).
В развёрнутом виде получаем выражение, из которого и определяется
принятое ранее неопределённое начальное значение:
T t 0
t


0


I m sin( t0   )  [ i( 0 )  I m sin  ]  e   · e  = i(0),




откуда i(0) =
[ I m sin( t0   )  I m sin   e t0 /  ]  e ( T t0 ) / 
1  e T / 
Для рассматриваемого численного примера
54
.
[ 4,94 sin( 180   85 ,45 )  4 ,92  e 0 ,25 ]  e 0 ,25
i(0) =
= 17,32 A.
1  e 0 ,5
Искомое периодическое решение принимает вид:
4 ,94 sin( 314t  85 ,45 )  22 ,24e  25 t A в интервале t( 0...t 0 ),
i =
22 ,24e  25( t t0 ) A в интервале t( t 0 ...T ).
Кривая периодического решения приведена на рис. 7.39.
2. Способ расчёта установившейся реакции путём наложения реакций
в области вещественной переменной t. Рассчитав ПП в электрической цепи
на интервале действия первого импульса, используя принцип наложения,
рассчитаем реакцию на (n+1)-м интервале. При этом учтём, что реакции на
каждый отдельный импульс одинаковы, но следуют с запаздыванием во
времени, что в полученных ранее выражениях (для первого импульса)
приводит к дополнительному при t слагаемому (-nT).
Результат расчёта ПП в период действия
(n+1)-го
импульса
nT  t  nT + t0

i(t) = A e
t t 0


t t0 T

+ Ae

t t0  2T

+ Ae
+ … + Ae

t t0 ( n 1 )T

+
+ Imsin(t – nT – ) + Imsin · e
В период паузы (n+1)-го импульса nT + t0  t  (n+1)T

t t 0

t t0 T

t t0  2T

множитель

Ae


t nT

.
t t0  nT

i(t) = A e
+ Ae
+ Ae
+…+ A e
.
В приведенных выражениях с экспонентами


вынесем
общий
t t 0

.
Остальные
слагаемые
образуют
геометрическую
T
прогрессию со знаменателем q = e  .
T
Частичные суммы прогрессии
1
+e
( n 1 )T
2T
+e

+ … +e
2T
( n 1 )T



=
e nT /   1
,
eT /   1
e( nT 1 ) /   1
.
eT /   1
В результате в период действия (n+1)-го импульса nT  t  nT + t0
T
1
+e
+e
+ … +e
t t 0
nT
+e


e nT /   1  
i(t) = T / 
Ae
+ Imsin(t – nT – ) + Imsin · e
e
1
В период паузы на (n+1)-м интервале nT + t0  t  (n+1)T
t t 0
=
t nT

.
e( nT 1 ) /   1  
i(t) =
Ae
.
eT /   1
Для практического выполнения расчёта тока на (n+1)-м импульсе
удобно перенести начало отсчёта времени t (рис. 7.37,б) в точку начала
55
действия (n+1)-го импульса.

t t 0

t t0  nT

nT

Тогда t = nT + t и t = t – nT, e  = e
=e  ·e
sin(t – nT – ) = sin(t + nT – nT – ) = sin(t – ).

1  e  nT / 
i(t) = T / 
Ae
e
1
t t0

+ Imsin(t – ) + Imsin · e


t t0

,
t

для
nT  t  nT + t0,
t t0

eT /   e  nT / 

i(t) =
A
для nT + t0  t  (n+1)T.
e
T /
e
1
Для расчёта установившейся реакции необходимо устремить n   и
положить t = t, то есть принять начало отсчёта времени в т. 0.
t0
Получим для 0  t  t0
t

A
для t0  t  T iУСТ(t) =
e
1  e T / 
Для рассматриваемого примера получаем
для 0  t  t0 iУСТ(t) =
8,75e
e
0 ,02
0 ,04
t


Ae 
iУСТ(t) = T / 
e  + Imsin(t – ) + Imsin · e  ,
e
1
0 ,01
0 ,04

e
t
0,04
t t 0

.
+ 4,94sin(t – ) + 4,92· e

t
0,04
=
1
= 4,94sin(314t – 85,45) + 22,24·е –25t A,
для t0  t  T iУСТ(t) = 22,24·е –25(t – t0) A,
что совпадает с ранее полученными результатами по методу неопределённых
начальных условий.
Решение задачи операторным методом выполнено в ЗАДАЧЕ 7.57.
7.1.3. Переходные процессы в цепях с двумя накопителями
ЗАДАЧА 7.23. В схеме рис. 7.40
рассчитать токи переходного процесса
С ir
iL
L
классическим методом. Параметры цепи:
r
U
uC
i
C
U = 100 В, r = 100 Ом, L = 0,1 Гн,
С = 1,6 мкФ. Построить график тока ir(t).
Рис. 7.40
Решение
1. Независимые начальные условие нулевые:
uC(0+) = uC(0-) = 0; iL(0+) = iL(0-) = 0.
2. Принуждённые составляющие токов:
U 100
iСпр = 0, iLпр = ir пр = =
= 1 А.
r 100
3. Характеристическое уравнение:
1
rpL
+
= 0 или LrСр2 + Lр + r = 0.
pC r  pL
56
Корни характеристического уравнения:
 L  L2  4r 2 LC  0,1  0,12  4  100 2  0,1  1,6  10 6  0,1  0,06 –1
р1,2 =
=
=
с ,
2 LrC
32  10 6
2  0,1  100  1,6  10 6
р1 = -1250 с –1, р2 = -5000 с –1.
4. Вид свободных составляющих:
iLсв(t) = А1е р1t + А2е р2t, ir св(t) = В1е р1t + В2е р2t, iСсв(t) = D1е р1t + D2е р2t.
Начальные условия для свободных составляющих:
iLсв(0) = А1 + А2,
ir св(0) = В1 + В2,
iСсв(0) = D1 + D2,
iLсв(0) = р1А1 + р2А2;
ir св(0) = р1В1 + р2В2;
iСсв(0) = р1D1 + р2D2.
5. Для определения постоянных интегрирования рассчитаем начальные
условия. С этой целью составим систему уравнений по законам Кирхгофа для
нулевого момента времени, причём учтём уравнение связи между током и
напряжением на конденсаторе: iL(0) – iС(0) – ir(0) = 0,
LiL(0) + uC(0) = U,
uC(0) – ir(0)r = 0,
iС(0) = СuC(0).
Отсюда начальные значения токов:
ir(0) = uC(0)/r = 0; iС(0) = iL(0) – ir(0) = 0.
Начальные значения производных: uC(0) = iС(0)/С = 0;
ir(0) = uC(0)/r = 0; iL(0) = (U – uC(0))/L = 100/0,1 = 1000 А/с;
iС(0) = iL(0) – ir(0) = 1000 А/с.
Начальные условия для свободных составляющих:
iLсв(0) = iL(0) – iLпр(0)=0 – 1= -1 А, iLсв(0) = iL(0) – iLпр(0)=1000 – 0 =1000 А/с,
ir св(0) = ir(0) – ir пр(0) = 0 – 1 = -1 А, ir св(0) = ir(0) – ir пр(0) = 0,
iСсв(0) = iС(0) – iСпр(0) = 0,
iСсв(0) = iС(0) – iСпр(0) = 1000 – 0 = 1000 А/с.
Таким образом, получаем и решаем следующие три системы
уравнений:
А1 + А2 = -1,
А2 = -1 – А1 = -1 + 1,065 = 0,065,
1000  p2 1000  5000
р1А1 + р2А2 = 1000;
А1 =
=
= -1,065.
p1  p2
 1250  5000
В1 + В2 = -1,
В2 = -1 – В1 = -1 + 1,33 = 0,33,
 5000
p2
р1В1 + р2В2 = 0;
В1 =
=
= -1,33.
p1  p2 3750
D1 + D2 = 0,
D2 = -D1 = -0,266,
1000 1000
р1D1 + р2D2 = 0;
D1 =
=
=
p1  p2 3750
А ir
0,266.
irпр
6. Записываем окончательные выраже- 1
ния для токов в соответствии с классическим
методом расчёта:
ir(t)
iL(t) = iLпр(t) + iLсв(t) =
0,5
= 1 – 1,065е –1250t + 0,065е –5000t А,
t
57
0
1
2
3
Рис. 7.41
мс
ir(t) = ir пр(t) + ir св(t) =
= 1 – 1,33е –1250t + 0,33е –5000t А,
iС(t) = iСпр(t) + iСсв(t) =
= 0,266е –1250t – 0,266е –5000t А.
7. Построим график тока ir(t) (рис. 7.41). Длительность переходного
4
4
процесса с учётом |p2| > |p1|
TПП =
=
с = 3,2 мс.
| p1 | 1250
ЗАДАЧА 7.24. В схеме рис. 7.42
рассчитать токи переходного процесса
классическим методом. Параметры цепи:
U = 100 В, r = 50 Ом, L = 0,2 Гн,
С = 40 мкФ. Построить график тока i1(t).
Решение
1. Независимые начальные условия:
uC(0+) = uC(0-) = 0;
i1
U
i3(0+) = i3(0-) =
L
r
r
r
С
uC
i2
i3
Рис. 7.42
U 100
=
= 2 А.
r 50
2. Принуждённые составляющие токов: i2пр = 0, i1пр = i3пр =
U 100
=
= 1 А.
2r 100
3. Характеристическое уравнение:
1
r( pL  r )
+r+
= 0 или 2LrСр2 + (L+ 3r 2С)р + 2r = 0
pC
r  pL  r
или 20,2504010 -6р2 + (0,2+ 35024010 -6)р + 250 = 0,
или 0,810 -3р2 + 0,5р + 100 = 0.
Корни характеристического уравнения: р1,2 = -312,5  j165,4 с –1.
4. Вид свободных составляющих:
i1св(t) =Ае -tsin(t +1), i2св(t) =Ве -tsin(t +2), i3св(t) =Dе -tsin(t +3),
где коэффициент затухания
 = |Re(р1)| = 312,5 с –1;
угловая частота свободных колебаний  = Im(р1) = 165,4 рад/с –1.
Начальные условия для свободных составляющих:
i1св(0) = Аsin1, i1св(0) = -Аsin1 + Аcos1;
i2св(0) = Вsin2, i2св(0) = -Вsin2 + Bcos2;
i3св(0) = Dsin3, i3св(0) = -Dsin3 + Dcos3.
5. Для определения постоянных интегрирования рассчитаем начальные
условия. С этой целью составим систему уравнений по законам Кирхгофа для
нулевого момента времени, причём учтём уравнение связи между током и
напряжением на конденсаторе: i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0,
ri1(0) + ri2(0) + uC(0) = U,
ri1(0) + Li3(0) + ri3(0) = U,
i2(0) = СuC(0).
Отсюда начальные значения токов: i1(0) = i2(0) + 2,
58
U  uC ( 0 )  2r 100  0  2  50
=
= 0; i1(0) = 2 А.
2r
2  50
Начальные значения производных: uC(0) = i2(0)/С = 0;
U  r  ( i1( 0 )  i3 ( 0 )) 100  50  ( 2  2 )
i3(0) =
=
= -500 A/с;
0 ,2
L
i1(0) = -i2(0) = i3(0)/2 = -250 А/с.
Начальные условия для свободных составляющих:
i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 2 – 1 = 1 А,
i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = -250 А/с,
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0,
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 250 А/с,
i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = 2 – 1 = 1 А,
i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = -500 А/с.
Таким образом, получаем и решаем следующие три системы
уравнений:
Аsin1 = 1,
-Аsin1 + Аcos1 = -250;
 250    A sin1  250  312 ,5
Аcos1 =
=
= 0,3779,
165 ,4

i2(0) =
А=
 A sin1 2   A cos1 2 =
12  0,3779 2 = 1,069,
A sin1
1
=
= 2,646, 1 = 69,3.
A cos1 0,3779
Вsin2 = 0,
B = 1,511,
-Bsin2 + Bcos2 = 250;
2 = 0.
А i1
Dsin3 = 1,
Рис. 7.43
-Dsin3 + Dcos3 = -500;
2
 500  312 ,5
Dcos3 =
= -1,134,
i1(t)
165 ,4
1
1
i1пр
D = 12  1,134 2 = 1,512, tg3 =
= -0,882,
 1,134
i1св
t
но cos3 < 0, поэтому
0
2
4
6
8
мс
3 = 180 + arctg(-0,882) = 138,6.
6. Записываем окончательные выражения для токов в соответствии с
классическим методом расчёта:
i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 1 + 1,069е –312,5tsin(165,4t + 69,3) А,
i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 1,511е –312,5tsin(165,4t) А,
i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 1 + 1,512е –312,5tsin(165,4t + 138,6) А.
7. Построим график тока i1(t) (рис. 7.43). Длительность переходного
4
4
процесса
TПП = =
с = 12,8 мс.
 312 ,5
2
2
Период свободных колебаний T0 =
=
= 0,038 с = 38 мс.
 165 ,4
tg1 =
59
U
r1
L
r2
Рис. 7.44
С
ЗАДАЧА 7.25. В схеме рис. 7.44 рас-считать токи переходного
процесса класси-ческим методом. Параметры цепи: U = 200 В, r1 = r2 = 50 Ом,
L = 0,1 Гн, С = 40 мкФ.
Ответы: iL(t) = 2 + 2е –500tsin(500t) A;
ir2(t) = 2 + 2е –500tsin(500t – 90) A; iС(t) = 2 2 е –500tsin(500t + 45) A.
ЗАДАЧА 7.26. Определить напряжение на ёмкости и ток в цепи
рис. 7.45 после размыкания рубильника, если
U = 100 В, r = 200 Ом, L = 1 Гн, С = 100 мкФ.
r
С
–100t
–100t
U
Ответы: i(t) = 0,5е
+ 50tе
A;
L
–100t
–100t
uС(t) = 100 – 100е
– 5000tе
В.
Рис. 7.45
ЗАДАЧА 7.27. Определить токи переходного
i1 r
С
процесса в цепи рис. 7.46, если
Е = 100 В, r = 10 Ом, L = 29,4 мГн, С = 100 мкФ.
Е
L
–500t
i2
Ответы: i1 = 10 – 19,44е
sin(300t + 31°) A;
i3
–500t
i2 = -11,33е
sin(300t) A;
Рис. 7.46
i3 = 10 – 11,33е –500tsin(300t + 62°) A.
ЗАДАЧА 7.28. В схеме рис. 7.47
определить ток в индуктивности и
напряжение на ёмкости, если E = 300 В,
r1 = r3 = 25 Ом, L = 20 мГн, С = 100 мкФ.
Ответы:
iL(t) = 12 + 11,06е-200tsin(678t – 32,86°) А,
uC(t) = 155,8е -200tsin(678t + 74,27°) B
r1
E
L
С
uC r2
iL
Рис. 7.47
L
i1
е(t)
r2
r3
ЗАДАЧА 7.29. Определить ток в ёмкости
С
(рис. 7.48), если е(t) = 400sin(314t – 90°) В,
i3
i2
r2 = 50 Ом, r3 = 25 Ом, L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ.
Рис. 7.48
Решение
1. Независимые начальные условия определим, рассчитав ток в
индуктивности и напряжение на ёмкости до коммутации символическим
методом.
Еm = 400е j30 B,
10 6
1
Zвх = jL + r3 – j
= j314·0,25 + 25 – j
= 25 + j70,54 = 74,84е j70,49
314  400
C
Ом,

Em
400  e  j 90
I1m =
=
= 5,34е –j160,49 A,

Z вх 74 ,84  e j 70 ,49
1
UCm = -j
I1m = 7,96е –j905,34е –j160,49 = 42,51е –j250,49 B.
C
Мгновенные значения: i1(t-) = 5,34sin(314t – 160,49) А,
60
uC(t-) = 42,51sin(314t – 250,49) B.
При t = 0- i1(0-) = 5,34sin(-160,49) = -1,78 А,
uC(0-) = 42,51sin(-250,49) = 40,1 B.
Согласно законам коммутации
i1(0+) = i1(0-) = -1,78 А, uC(0+) = uC(0-) = 40,1 B.
2. Схему после коммутации опишем системой линейных дифуравнений
i1 – i2 – i3 = 0,
di
L 1 + r2i2 = e(t),
dt
1
r3i3 + uC – r2i2 = 0, где uС(t) =  i3dt .
C
3. Рассчитаем принуждённый режим
Еm = 100е –j90 B,
1 

r2   r3  j

50  ( 25  j 7,96 )
C 

Z = jL +
= j78,5 +
= 76,91е j77,2 Ом,
1
50  25  j 7,96
r2  r3  j
C

E m 400  e  j 90
I1прm =
=
= 5,2е –j167,2 A,

Z 76 ,91  e j 77 ,2
1
r3  j
 j17 ,66 
26
,
24

e

C
I2прm = I1прm
= 5,2е –j167,2
= 1,81е –j178,8 A,
 j 6 ,06 
1
75,42  e
r2  r3  j
C
I3прm = I1прm – I2прm = -5,07 – j1,15 + 1,810 + j0,038 = -3,26 – j1,112 = 3,44е -j161,2 A,
1
UCпрm = -j
I3прm = 7,96е –j903,44е -j161,2° = 27,38е -j251,2 B.
C
Мгновенные значения принуждённых составляющих:
i1пр(t) = 5,2sin(314t – 167,2) А,
i2пр(t) = 1,81sin(314t – 178,8) А,
i3пр(t) = 3,44sin(314t – 161,2) А, uСпр(t) = 27,38sin(314t – 251,2) B.
4. Свободный режим.
Составим характеристическое уравнение относительно ветви с
r  pL
1
ёмкостью:
+ r3 + 2
= 0 или LС(r2 + r3)·р2 + (L+ r2r3С)р + r2 = 0
r2  pL
pC
или 0,2540010 -6(50+25)·р2 + (0,25 + 50·25·400·10 -6)р + 50 = 0,
7,510 -3р2 + 0,75р + 50 = 0.
Корни характеристического уравнения: р1,2 = -50  j64,55 с –1.
Свободная составляющая тока i3св(t) = А3·е -50tsin(64,55t +3).
Постоянные интегрирования определим при t = 0+: i3св(0+) = А3·sin(3).
61
Так как постоянных интегрирования две, то найдём недостающее
уравнение путём дифференцирования свободной составляющей и запишем
di3св ( 0  )
его при t = 0+:
= -50А3·sin(3) + 64,55А3·соs(3).
dt
Система дифуравнений при t = 0+ для свободных составляющих:
i1св(0+) = i2св(0+) + i3св(0+),
Li1св(0+) + r2i2св = 0,
r3i3св(0+) + uCсв(0+) – r2i2св(0+) = 0,
где i1св(0+) = i1(0+) – i1пр(0+) = -1,78 – 5,2sin(-167,2) = -0,63 А,
uCсв(0+) = uC(0+) – uCпр(0+) = 40,1 – 27,38sin(-251,2) = 14,2 В.
Далее i2св(0+) = i1св(0+) – i3св(0+) = -0,63 – i3св(0+);
25i3св(0+) + 14,2 – 50·(-0,63 – i3св(0+)) = 0,
 14 ,2  50  0,63
i3св(0+) =
= -0,61 А, i2св(0+) = -0,63 + 0,61 = -0,02 А.
25  50
r i
 50  ( 0 ,02 )
i1св(0+) = 2 2cв =
= 4 А/с, i2св(0+) = i1св(0+) – i3св(0+);
0 ,25
L
1
r3i3св(0+) + i3св(0+) – r2i1св(0+) + r2i3св(0+) = 0,
C
0 ,61
1
r2i1св ( 0 )  i3св ( 0 ) 50  4 
400  10 6 = 23 А/с.
С
i3св(0+) =
=
75
r2  r3
Совместно решаем систему уравнений
А3·sin(3) = -0,61,
-50А3·sin(3) + 64,55А3·соs(3) = 23.
A sin 3  0 ,61
23  50  ( 0,61 )
А3·соs(3) =
= -0,12; tg3 = 3
=
= 5,08;
64 ,55
A3 cos 3  0 ,12
3 = arctg5,08 = 78,87°, sin(3) = 0,98, А3 = -0,61/0,98= -0,62.
i3св(t) = -0,62е -50tsin(64,55t + 78,87°) А.
5. Полный ток
i3(t) = 3,44sin(314t – 161,2°) – 0,62е -50tsin(64,55t + 78,87°) А.
М
ЗАДАЧА 7.30. Рассчитать токи переi2
r
ходного процесса в схеме рис. 7.49. Числовые
*
*
значения:
U
L
L
U = 50 В, r = 10 Ом, L = 0,1 Гн, М = 0,05 Гн.
i1
Решение
1. Независимые начальные условия
Рис. 7.49
нулевые: i1(0) = i2(0) = 0.
U 50
2. Принуждённые токи: i1пр = = = 5 А, i2пр = 0.
r 10
3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного
di
di
состояния цепи:
ri1 + L 1 – M 2 = U,
dt
dt
62
di1
di
+ L 2 = 0.
dt
dt
Алгебраизировав систему уравнений и приравняв её определитель
нулю, получим характеристическое уравнение:
r  pL  pM
(р) =
= rрL + р2L2 – р2M2 = 0.
 pM
pL
rL
10  0,1
Корни уравнения: р1 = 0, р2 = - 2
=
= -133,3 с -1.
2
2
2
L M
0,1  0,05
4. Свободные составляющие токов имеют вид:
i1св(t) = А1е р1t + А2е р2t = А1 + А2е р2t;
i2св(t) = В1е р1t + В2е р2t = В1 + В2е р2t.
5. Рассчитаем зависимые начальные условия (значения производных от
токов в начальный момент времени), используя составленную в п.3 систему
уравнений для момента времени t = 0+:
Li1(0) – Mi2(0) = U – ri1(0) = 50, или 0,1i1(0) – 0,05i2(0) = 50,
-Mi1(0) + Li2(0) = 0;
-0,05i2(0) + 0,1i2(0) = 0.
Решение системы: i1(0) = 667 А/с, i2(0) = 333 А/с.
6. Начальные значения свободных токов и их производных:
- с одной стороны, i1св(0) = А1 + А2, i1св(0) = А2р2;
i2св(0) = В1 + В2, i2св(0) = В2р2;
- с другой стороны, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 0 – 5 = -5 А,
i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 667 А/с,
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0,
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 333 А/с.
Получаем и решаем системы уравнений:
А1 + А2 = -5, А2р2 = 667; А2 = 667/(-133,3) = -5, А1 = 0;
В1 + В2 = 0, В2р2 = 333;
В2 = 333/(-133,3) = -2,5, В1 = - В2 = 2,5.
7. Окончательно записываем:
i1(t) = i1пр + i1св = 5 – 5е –133,3t А, i2(t) = 2,5 – 2,5е –133,3t А.
То, что i2()  0, объясняется тем, что резистивное сопротивление
вторичного контура r2 = 0, что означает, что вторичный контур изготовлен
из сверхпроводника.
М
*
* i2
ЗАДАЧА 7.31. Рассчитать токи переходЕ L1
L2
ного процесса в схеме рис. 7.50. Числовые
r
значения: Е = 10 В, r = 1 Ом, L1 = 0,1 Гн,
i1
L2 = 0,05 Гн, М = 0,05 Гн.
Рис. 7.50
Решение
1. Независимые начальные условия нулевые: i1(0) = i2(0) = 0.
2. Принуждённые токи: i1пр = Е/0 = , i2пр = 0.
3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного
di
di
состояния цепи:
L1 1 – M 2 = Е,
dt
dt
-M
63
di1
di
+ ri2 + L2 2 = 0.
dt
dt
Алгебраизировав систему уравнений и приравняв её определитель
нулю, получим характеристическое уравнение:
pL1
 pM
(р) =
= р2L1L2 + рL1r – р2M2 = 0.
 pM r  pL2
rL1
1  0,1
Корни уравнения: р1 = 0, р2 = == -40 с -1.
2
2
L1 L2  M
0,1  0,05  0,05
4. Свободные составляющие токов имеют вид:
i1св(t) = А1 + А2е р2t; i2св(t) = В1 + В2е р2t.
5. Рассчитаем зависимые начальные условия (значения производных от
токов в начальный момент времени), используя составленную в п.3 систему
уравнений для момента времени t = 0+:
L1i1(0) – Mi2(0) = Е = 10, или
0,1i1(0) – 0,05i2(0) = 10,
-Mi1(0) + L2i2(0) = 0;
-0,05i2(0) + 0,05i2(0) = 0.
Решение системы: i1(0) = 200 А/с, i2(0) = 200 А/с.
6. Начальные значения свободных токов и их производных:
- с одной стороны, i1св(0) = А1 + А2, i1св(0) = А2р2;
i2св(0) = В1 + В2, i2св(0) = В2р2;
- с другой стороны, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = -,
i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 200 А/с,
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0,
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 200 А/с.
Первую систему уравнений: А1 + А2 = -, А1р1 + А2р2 = 200
решить не удастся, поэтому решаем вторую систему уравнений:
200
В1 + В2 = 0, В2р2 = 200;
В2 =
= -5, В1 = -В2 = 5.
 40
7. Таким образом, вторичный ток: i2(t) = 5 – 5е –40t А.
Первичный ток получим из первого уравнения системы, составленной
по законам Кирхгофа:
di
EM 2
40 t
di1
dt = 10  0,05  (5)  (40)  e
=
= 100 + 100е –40t А/с;
0,1
dt
L1
-M
t
t
di1
i1(t) = 
dt =  ( 100  100e  40 t )dt = 100t – 2,5е –40t – 2,5 А.
0
0 dt
Необычное выражение для первичного тока объясняется тем, что резистивное сопротивление первичного контура r1 = 0. Поэтому здесь (100t – 2,5)
является
не
принуждённой
составляющей,
а
суммой
М
r1
принуждённой составля-ющей и
*
*
одной из двух частей свободной
L1
L2
i3
U
i2
64
r2
i1
Рис. 7.51
составляющей. У вторичного же тока 5 = 5е –0t является не принуждённой
составляющей, а также одной из двух частей свободной составляющей.
Свободная составляющая вторичного тока не убывает до нуля, поскольку
первичный ток растёт до бесконечности. Безусловно, данная ситуация на
практике может возникнуть лишь приблизительно в течение некоторо-го
небольшого промежутка времени.
ЗАДАЧА 7.32. Рассчитать токи переходного процесса в схеме
рис.
7.51 со следующими числовыми данными: U = 100 В, r1 = r2 = 50 Ом, L1 = 0,1
Гн, L2 = 0,2 Гн, М = 0,05 Гн.
Решение
1. Независимые начальные условия:
U
100
i1(0+) = i1(0-) =
=
= 1 А, i3(0+) = i3(0-) = 0.
r1  r2 50  50
U 100
2. Принуждённые составляющие токов: i2пр = 0, i1пр = i3пр = =
= 2 А.
r1 50
3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного
состояния цепи:
i1 – i2 – i3 = 0,
r1i1 + L1i1 + Мi3 + L2i3 + Мi1 = U,
r1i1 + L1i1 + Мi3 + r2i2 = U.
4. Характеристическое уравнение, составленное на основании
записанных уравнений по законам Кирхгофа:
1
1
1
(р) = r1  p( L1  M ) 0 p( L2  M ) = 0,
r1  pL1
r2
pM
р2(L1L2 – М 2) + р(r1L2 + r2L1 + r2L2 + 2r2М ) + r1r2 = 0,
р2(0,10,2 – 0,052) + р(500,2 + 500,1 + 500,2 + 2500,05) + 5050 = 0,
р20,0175 + р30 + 2500 = 0,
р1,2 = -657,1  769,3 с –1; р1 = -87,8 с –1; р2 = -1626,4 с –1.
5. Свободные составляющие токов:
i1св(t) = А1е р1t + А2е р2t; i2св(t) = В1е р1t + В2е р2t; i3св(t) = D1е р1t + D2е р2t.
Начальные значения свободных составляющих и их производных:
i1св(0) = А1 + А2;
i2св(0) = В1 + В2;
i3св(0) = D1 + D2;
i1св(0) = А1р1 + А2 р2; i2св(0) = В1р1 + В2 р2;
i1св(0) = D1р1 + D2 р2.
6. Начальные условия получим из ранее составленной системы
уравнений для нулевого момента времени:
i2(0) = i1(0) – i3(0) = 1 А,
i1(0)(L1+ М) + i3(0)(L2+ М) = U – r1i1(0),
0,15i1(0) + 0,25i3(0) = 50,
L1i1(0)+Мi3(0) = U – r1i1(0) – r2i2(0),
0,1i1(0) + 0,05i3(0) = 100 – 50 – 50 = 0.
Решение системы уравнений:
i1(0) = -142,9 А/с, i3(0) = 285,7 А/с, i2(0) = i1(0) – i3(0) = -428,6 А/с.
Начальные значения свободных составляющих и их производных:
i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 1 - 2 = -1 А, i1св(0) = i1(0) = -142,9 А/с,
65
i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 1 - 0 = 1 А,
i2св(0) = i2(0) = -428,6 А/с,
i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = 0 - 2 = -2 А, i3св(0) = i3(0) = 285,7 А/с.
7. Получаем и решаем следующие системы уравнений:
А1 + А2 = -1, А1р1 + А2 р2 = -142,9  А1 = -1,150, А2 = 0,150;
В1 + В2 = 1, В1р1 + В2 р2 = -428,6  В1 = 0,778, В2 = 0,222;
D1 + D2 = -2, D1р1 + D2 р2 = 285,7  D1 = -1,928, D2 = -0,072;
8. Окончательно записываем:
i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 2 – 1,150е –87,8t + 0,150е –1626,4t А,
i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,778е –87,8t + 0,222е –1626,4t А,
i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 2 – 1,928е
–87,8t
– 0,072е –1626,4t А.
М
r1
ЗАДАЧА 7.33. Рассчитать токи
*
*
ПП в цепи рис. 7.52, если
L1
L2
U = 180 В, r1 = r3 = 10 Ом, r2 = 40 Ом, U
r3
r2
L1 = 1 Гн, L2 = 4 Гн, kC = 1.
i1
i2
i3
Ответы:
1(t) = -18 + 24е –2t Вб,
Рис. 7.52
2(t) = 36 – 48е –2t Вб,
i1(t) = 18 – 4,8е –2t А,
i2(t) = 18 – 14,4е –2t А,
i3(t) = 9,6е –2t А.
* L1 М * i3
L2
Е
ЗАДАЧА 7.34. Определить токи переходноr3
i2
го процесса в цепи рис. 7.53, если
i
1
Е = 180 В, L1 = 0,6 Гн, L2 = 0,5 Гн,
r2
kC = 0,8, r2 = 60 Ом, r3 = 30 Ом.
Ответы:
Рис. 7.53
1(t) = 6,715 – 6,655е –19,3t – 0,06е –863t Вб,
2(t) = 5,444 – 5,57е –19,3t + 0,125е –863t Вб, i1(t) = 9 – 8,22е –19,3t – 0,78е –863t А,
i2(t) = 3 – 3,94е –19,3t – 0,94е –863t А,
i3(t) = 6 – 4,28е –19,3t – 1,72е –863t А.
7.1.4. Переходные процессы при мгновенном изменении реактивных параметров участков цепи (при «некорректных» коммутациях)
При рассмотрении переходных процессов в цепях с размыканием
ветвей, содержащих индуктивности, или при включении заряженных конденсаторов параллельно токи в индуктивных элементах или напряжения на
ёмкостных элементах теоретически могут измениться скачком во время коммутации, что означает нарушение законов коммутации в ранее принятом виде.
Такие результаты – итог предельной идеализации явления. В действительности большие напряжения между контактами ключа вызовут электрическую
искру или дугу. Кроме того, не учитываются сопротивления проводов и
контактов соединений, наличие распределённой ёмкости между витками
катушки. Разность энергий W(0-) – W(0+) расходуется в неучтённых сопротивлениях цепи и на излучение при весьма высокой частоте. Уточнённые
законы коммутации формулируются следующим образом.
66
Первый обобщенный закон коммутации. Потокосцепление любого
замкнутого контура в момент коммутации (t = 0+) равно алгебраической
сумме потокосцеплений всех входящих в него катушек, которые последние
имели непосредственно до коммутации (t = 0-). Некоторые из этих катушек
перед коммутацией могли одного замкнутого контура и не составлять, а
образовали его лишь после коммутации.
Второй обобщенный закон коммутации. Изменение зарядов на всех
параллельно включенных конденсаторах за время коммутации равно нулю.
То есть сумма зарядов конденсаторов перед коммутацией (t = 0-) равна сумме
зарядов непосредственно после коммутации (t = 0+).
ЗАДАЧА 7.35. В схеме рис. 7.54 с
М
числовыми значениями задачи 7.31 рассчитать
*
* i2
ток i2 в случае размыкающегося ключа.
Е
L1
L2
Решение
r
i1 r
Токи до коммутации:
10
i2(t–)= 0, i1(t–)= = 10 А.
Рис. 7.54
1
Уравнение по второму закону Кирхгофа для вторичного контура
di
di
-M 1 + ri2 + L2 2 = 0.
dt
dt
Ввиду скачкообразного изменения первичного тока с 10 А до 0
di1
di2
производные
и
в момент коммутации достигнут бесконечных
dt
dt
значений, по сравнению с которыми величиной ri2 можно пренебречь. Таким
образом, получаем равенство Mdi1 = L2di2, которое проинтегрируем за время
коммутации от t = 0– до t = 0+. За это время токи изменятся:
i1 – от i1(0–) = 10 А до i1(0+) = 0,
i2 – от i2(0–) = 0 до искомого i2(0+).
i2 ( 0  )
0
0
i1( 0  )
L2  di2 = M  di1 или L2i2(0+) = -Mi1(0–) = -0,0510 = -0,5 Вб.
0 ,5
0,5
== -10 А.
0 ,05
L2
L 0,05
Постоянная времени цепи  = 2 =
= 0,05 с.
1
r
Корень характеристического уравнения р = - -1 = -20 с -1.
Ток переходного процесса i2(t) = i2(0)е рt = -10е -20t А. Знак «минус» у
тока означает его обратное направление на схеме.
Отсюда i2(0+) = -
ЗАДАЧА 7.36. Рассчитать
ток первой катушки в схеме рис.
7.55 со следующими числовыми
данными: U = 100 В, r1 = 60 Ом,
М
r1
*
*
L1
U
67 i
Рис. 7.55
L2
r2
r2 = 40 Ом, L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,2 Гн, М = 0,05 Гн. Построить график то-ка в
первой катушке.
Решение
1. До коммутации в катушках были разные токи: в первой катушке –
U 100
i1(0-) = =
= 1,667 А, во второй катушке тока не было – i2(0-) = 0.
r1 60
Таким образом, потокосцепление цепи до коммутации, состоящее из
суммы потокосцеплений катушек
(0-) = 1(0-) + 2(0-) = L1i1(0-) + Мi2(0-) + L2i2(0-) + Мi1(0-) =
= 0,11,667 + 0 + 0 + 0,051,667 = 0,25 Вб.
Независимое начальное условие в соответствии с первым законом
коммутации: (0+) = (0-) = 0,25 Вб. Но потокосцепление цепи после коммутации с учётом того, что катушки соединены последовательно согласно и по
ним протекает один ток, равно (0+) = i(0+)(L1 + L2 + 2М). Отсюда
0,25
(0)
i(0) =
=
= 0,625 А.
L1  L2  2M 0,1  0,2  2  0,05
U
100
2. Принуждённая составляющая тока: iпр =
=
= 1 А.
r1  r2 60  40
3. Характеристическое уравнение: р(L1 + L2 + 2М) + r1 + r2 = 0,
r1  r2
60  40
р=== -250 с -1.
0,1  0,2  2  0,05
L1  L2  2M
4. Свободная составляющая тока
A i
рt
iсв = Ае ,
2
где постоянная интегрирования
А = iсв(0) = i(0) – iпр = 0,625 – 1 = -0,375.
5. Окончательно получаем:
1
i(t) = iпр(t) + iсв(t) = 1 – 0,375е –250t А.
6. График тока приведен на
рис. 7.56.
t
0
5
10
мс
ЗАДАЧА 7.37. Рассчитать ток
Рис. 7.56
второй катушки в схеме рис. 7.57 со следующими числовыми данными: Е = 11,7 В, r1 = 1 Ом, r2 = 9 Ом, r = 3 Ом,
L1 = 10 мГн, L2 = 20 мГн, М = 10 мГн.
М
Решение
1. До коммутации
L2 *
rr
* L1
1 9
R=r+ 12 =3+
= 3,9 Ом,
r
1 9
r1  r2
r2
r1
11,7  9
E r
Е
i1(0-) =  2 =
= 2,7 А,
R r1  r2 3,9  10
i1
i2
Рис. 7.57
68
r
11,7  1
E
 1 =
= 0,3 А.
R r1  r2 3,9  10
2. Уравнение для контура со второй катушкой по второму закону
Кирхгофа для момента коммутации:
di
di
r(i1 + i2) + r2i2 + L2 2 + М 1 = Е или L2di2 = -Mdi1
dt
dt
или L2(i2(0+) – i2(0-)) = -M(i1(0+) – i1(0-)).
10
M
Но i1(0+) = 0, тогда i2(0+) = i1(0-) + i2(0-) = 2,7 + 0,3 = 1,65 А.
20
L2
11,7
E
3. Принуждённая составляющая тока i2пр =
=
= 0,975 А.
r  r2 12
4. Корень характеристического уравнения
r  r2
39
р=== -600 с -1.
0
,
02
L2
5. Свободная составляющая тока i2св = Ае рt,
где постоянная интегрирования А = i2св(0) = i2(0) – i2пр = 1,65 – 0,975 = 0,675.
6. Окончательно получаем: i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,975 + 0,675е –600t А.
i2(0-) =
ЗАДАЧА 7.38. Рассчитать
переходный ток i1(t) в схеме рис.
i1 r1
r2
7.58 со следующими числовыми
r3
uС1
uС2
данными: Е1 = 36 В, Е2 = 6 В,
Е1
Е2
С1
С2
r1 = 300 Ом, r2 = r3 = 600 Ом,
С1 = 300 мкФ, С2 = 200 мкФ.
Рис. 7.58
Решение
До коммутации напряжения и суммарный заряд конденсаторов:
E
36  600
uС1(0-) = 1 r3 =
= 24 B, uС2(0-) = -Е2 = -6 В.
300  600
r1  r3
q(0-) = С1uС1(0-) + С2uС2(0-) = (30024 – 2006)10 -6 = 6010 -4 Кл.
После коммутации конденсаторы будут находиться под одним
напряжением uС(0+) = uС1(0+) = uС2(0+). Поэтому заряд конденсаторов после
коммутации q(0+) = (С1 + С2)uС(0+). Но в соответствии со вторым законом
коммутации q(0+) = q(0-). Отсюда
q( 0  )
60  10 4
uС(0+) =
=
= 12 B.
C1  C 2 ( 300  200 )  10  6
Начальное значение искомого тока
E  uC ( 0 ) 36  12
i1(0) = 1
=
= 0,08 А = 80 мА.
300
r1
E1
36  10 3
=
= 40 мА.
r1  r3 300  600
Свободный ток i1св = Ае рt, где корень характеристического уравнения
Принуждённый ток i1пр =
69
r  r2
( 300  600 )  10 6
р=== -10 с –1,
( C1  C2 )r1r2
( 300  200 )  300  600
постоянная интегрирования А = i1св(0) = i1(0) – i1пр = 80 – 40 = 40.
Окончательно записываем: i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 40 + 40е –10t мА.
ЗАДАЧА 7.39. В схеме рис. 7.59
i
найти закон изменения тока источника
r1
uС1
uС2
ЭДС при замыкании контакта. Числовые
r2
данные: Е = 60 В, r1 = r2 = 1 кОм,
Е
С1
С2
С1 = 1 мкФ, С2 = 2 мкФ.
Ответы: uС1(0+) = uС2(0+) = 20 В,
Рис. 7.59
i(t) = 30 + 10е –667t мА.
7.1.5. Метод переменных состояния (МПС)
Уравнениями состояния можно назвать любую систему уравнений,
определяющих режим цепи. В более узком смысле – это система
дифференциальных уравнений первого порядка, разрешённая относительно
производных. МПС – анализ цепи, основанный на решении уравнений
состояния, записанных в форме Коши.
В электрических цепях токи в индуктивностях и напряжения на
ёмкостях определяют энергетическое состояние цепи, поэтому их
целесообразно взять в качестве переменных состояния – xk(t): [X] – матрицастолбец (размера k) переменных состояния.
Действующие источники называются входными величинами – Fl(t):
[F] – матрица-столбец (размера l) ЭДС и токов источников (внешних
возмущений); искомые величины (остальные токи и напряжения) – выходные
величины Wm(t): [W] – матрица-столбец размера m.
Сокращённо дифуравнения состояния записываются в матричной

X = [K][X] + [L][F],
форме:
где [K] – квадратная матрица порядка k (основная), [L] – матрица связи размера kl. Элементы этих матриц определяются топологией и параметрами цепи.
Для выходных величин: [W] = [M][X] + [N][F],
где [M] – матрица связи размера mk, [N] – матрица связи размера ml.
Согласно классическому методу токи и напряжения находятся в виде
суммы принуждённых и свободных составляющих:
iL(t) = iLпр(t) + iLсв(t); uC(t) = uCпр(t) + uCсв(t).
Методика определения принуждённых составляющих следующая:
- если источники постоянные, то производные от принуждённых
diLnp
duCnp
составляющих равны нулю:
= 0,
= 0. Уравнения состояния
dt
dt
принимают вид:
0 = [K][Xnp] + [L][F],
- если источники синусоидальные – удобно перейти к комплексам:
j[Xnp] = [K][Xnp] + [L][F].
70
Система
уравнений
даёт
возможность
удобно
составить
характеристическое уравнение. Для этого систему нужно алгебраизировать и
её определитель, состоящий из коэффициентов при переменных состояния,
приравнять к нулю. Составлять характеристическое уравнение через входное
сопротивление в операторной форме целесообразно лишь в цепочных схемах,
где нет мостиковых соединений ветвей и индуктивных связей.
Непосредственно из системы уравнений можно получить начальные
значения производных от переменных состояния, подставив в систему
независимые начальные условия. Эти начальные значения используются при
нахождении постоянных интегрирования.
Система уравнений состояния может также решаться матричным
способом с помощью программируемой вычислительной техники. Примеры
– см. задачи 7.43 и 7.44.
ЗАДАЧА 7.40. Рассчитать токи переходного процесса в схеме рис. 7.60
методом переменных состояния. Числовые значения: Е = 100 В, J = 5 A,
r1 = 20 Ом, r2 = 30 Ом, r3 = 10 Ом, L = 0,09 Гн, C = 100 мкФ.
Решение
1. Назначаем в качеr1
r3
i2 i3
С J
стве переменных состояния
Е
r2
uC
ток в индуктивности и
L
i4
напряжение на конденсатоi1
ре – i1(t) и uC(t). Выходные
Рис. 7.60
переменные – остальные
токи: i2(t), i3(t), i4(t).
2. Независимые начальные условия:
E 100
r1
i1(0+) = i1(0-) = =
= 5 А,
i3
r1 20
r3
i2
Е
i1
uC(0+) = uC(0-) = Jr3 = 510 = 50 В.
i3 u
r2
C
3. Для переменных состояi1
i4
J
ния составим систему дифференциальных уравнений в форме
Рис. 7.61
uL
Коши. Производные
i1(t)
и
uC(t) получим, соответственно, из uL = Li1(t) и i4 = CuC(t). Для нахождения
uL и i4 в исходной схеме заменим индуктивность источником тока i1, а
емкость – источником напряжения uC. В резистивной цепи рис. 7.61
определим uL и i4, а также выходные переменные i3(t) и i2(t). Это можно
сделать любым методом расчёта сложных цепей постоянного тока.
Выполним расчёт методом контурных токов. Имеем три независимых
контура с двумя известными токами i1 и J и с одним неизвестным i3.
Составляем одно уравнение:
(r2 + r3)i3 + r2i1 = uC.
u r i
 r2
1
Решение уравнения: i3 = C 2 1 =
i1 +
uC.
r2  r3
r2  r3
r2  r3
Остальные расчётные величины:
71
r3
1
i1 +
uC;
r2  r3
r2  r3
du
r
1
i4 = С C = J – i3 = 2 i1 –
uC + J;
dt
r2  r3
r2  r3
rr
r2
di
uL = L 1 = Е – r1i1 – r2i2 = -(r1 + 2 3 )i1 –
uC + Е.
dt
r2  r3
r2  r3
Из последних двух уравнений получаем уравнения состояния в форме
Коши:
rr
r2
di1
1
1
1
= - (r1 + 2 3 )i1 –
 uC + Е;
dt
r2  r3
r2  r3 L
L
L
duC
r
1
1
1
1
= 2  i1 –
 uC + J.
dt r2  r3 C
C
r2  r3 C
Остальные полученные уравнения называются уравнениями связи. Они
нужны для нахождения выходных переменных.
4. Систему уравнений состояния решим классическим методом:
i1(t)= i1пр(t) + i1св(t); uC (t)= uCпр(t) + uCсв(t).
Поскольку в цепи действуют постоянные источники, принуждённые
составляющие являются также постоянными, а производные от них равны
нулю. В соответствии с принципом наложения система уравнений состояния
оказывается справедливой не только для полных i1(t) и uC (t), но и для их
составляющих. Система уравнений состояния для принуждённых
составляющих, таким образом, имеет вид:
rr
r2
-(r1 + 2 3 )i1пр –
uCпр = -Е; или -27,5i1пр – 0,75uCпр = -100;
r2  r3
r2  r3
r2
1
i1пр –
uCпр = -J.
0,75i1пр – 0,025uCпр = -5.
r2  r3
r2  r3
Решение системы: i1пр = -1 А, uCпр = 170 В.
5. Алгебраизировав уравнения состояния и приравняв определитель
системы уравнений к нулю, получим характеристическое уравнение:
rr 
r2
1
 r1  2 3   p
r2  r3 
L( r2  r3 )
(р) = L 
=
 r2
1
p
C( r2  r3 )
C( r2  r3 )
i2 = i1 + i3 =
1

rr 
r1  r2
1
 р +
= р2 +   r1  2 3  
= р2 + 555,6р + 138900 = 0.

r2  r3  C( r2  r3 ) 
LC( r2  r3 )
 L
Корни характеристического уравнения: р1,2 = -277,8  j248,5 с -1.
Свободные составляющие имеют вид:
i1св(t) = Ае -tsin(t +1);
uCсв(t) = Bе -tsin(t +u),
Здесь  = |Re(р1)| = -277,8 с –1 – коэффициент затухания,
 = Im(р1) = 248,5 с –1 – угловая частота свободных колебаний.
72
Начальные значения свободных составляющих и их производных:
i1св(0) = Аsin1;
i1св (0) = - Аsin1 +  Аcos1;
uCсв(0) = Bsinu; uCсв (0) = - Bsinu +  Bcosu.
6. Независимые начальные условия: i1(0) = 5 А, uC(0) = 50 В.
Начальные значения производных получим из уравнений состояния:
rr
1
1
1
r2
i1(0) = - (r1 + 2 3 )i1(0) –
 uC(0) + Е =
r2  r3
r2  r3 L
L
L
1
1
1
=27,55 – 0,75
50 +
100 = -833,3 А/с.
0 ,09
0 ,09
0 ,09
r
1
1
1
1
uC(0) = 2  i1(0) –
 uC (0) + J =
C
r2  r3 C
r2  r3 C
4
= 0,7510 5 – 0,02510 450 + 10 45 = 75000 В/с.
Начальные значения свободных составляющих и их производных:
i1св(0) = i1(0) – i1пр = 5 + 1 = 6 А,
i1св(0) = i1(0) – i1пр = -833,3 А/с,
uCсв(0) = uC(0) – uCпр = 50 – 170 = -120 В, uCсв(0) = uC(0) – uCпр = 75000 В/с.
Получаем и решаем следующие системы уравнений:
Аsin1 = 6,
Bsinu = -120,
- Аsin1 +  Аcos1 = -833,3;
- Bsinu +  Bcosu = 75000.
А = 6,874,
1 = 60,8,
B = 452,1,
u = -15,4.
7. Окончательные выражения для переменных состояния:
i1(t)= i1пр(t) + i1св(t) = -1 + 6,874е –277,8tsin(248,5t + 60,8) А;
uC (t)= uCпр(t) + uCсв(t) = 170 + 452,1е –277,8tsin(248,5t – 15,4) В.
8. Выходные переменные:
r
1
i2(t) = 3 i1 +
uC = 0,25i1 + 0,025uC =
r2  r3
r2  r3
= 4 + 11,83е –277,8tsin(248,5t – 7,29) А;
 r2
1
i3(t) =
i1 +
uC = -0,75i1 + 0,025uC =
r2  r3
r2  r3
= 5 + 11,25е –277,8tsin(248,5t – 41,83) А;
r
1
i4(t) = 2 i1 –
uC + J = 0,75i1 – 0,025uC + 5 =
r2  r3
r2  r3
= 11,25е –277,8tsin(248,5t + 138,17) А.
С
iC
r1
i2 r3
ЗАДАЧА 7.41. Рассчитать токи переuC
L
Е
ходного процесса, напряжения на индукr2
i3
J
тивности и ёмкости в цепи рис. 7.62, если
i1
Е = 240 В, J = 4 A, r1 = 80 Ом, r2 = 120 Ом,
Рис. 7.62
r3 = 120 Ом, L = 0,5 Гн, C = 10 мкФ.
Ответы: uC(t)= 200 + 126,3е –140tsin(424,7t + 71,75) B;
i1(t) = 4 – 0,565е –140tsin(424,7t) А; i2(t) = 1 – 0,283е –140tsin(424,7t) А;
i3(t) = 1 + 0,283е –140tsin(424,7t) А; iC(t) = -0,565е –140tsin(424,7t) А;
73
uL(t)= 120,1е–140tsin(424,7t + 92,7) B.
ЗАДАЧА 7.42. Определить
токи переходного процесса в цепи
рис. 7.63, если r1 = r4 = 200 Ом,
r2 = r5 = 100 Ом, C1 = C3 = 100 мкФ,
Е = 300 В, J = 1 A.
Ответы:
i1(t) = 0,8е –16,67t – 0,3е –100t А;
i2(t) = 1 – 0,8е –16,67t + 0,3е –100t А;
i3(t) = 0,4е –16,67t + 0,6е –100t А;
i4(t) = -1 + 1,2е –16,67t + 0,3е –100t А.
i1 i2
С1
J
r5
r2
С3
r1
r4
Е
i3
i4
Рис. 7.63
i1
U
i3
i2
r1
С
uС
L
r2
Рис. 7.64
ЗАДАЧА
7.43.
Построить
графики токов i1(t) и i3(t) схемы рис. 7.64, при условии r1 = 60 Ом, r2 = 40
Ом, C = 100 мкФ, L = 0,1 Гн, U = 100 В.
Решение
Задачу решим МПС матричным способом. В этом случае
целесообразно использовать программируемую вычислительную технику.
Решим задачу в среде MathCAD.
1. Назначаем в качестве переменных состояния ток в индуктивности и
напряжение на конденсаторе – i3(t) и uC(t). Выходная переменная – ток i1(t).
2. Независимые начальные условия нулевые:
i3(0+) = i3(0-) = 0, uC(0+) = uC(0-) = 0.
3. Составим систему уравнений состояния, используя законы
Кирхгофа:
du
di
U  uC
U  uC
L 3 = uL = uC – r2i3; i1 =
; С C = i2 = i1 – i3 =
– i3.
r1
r1
dt
dt
Таким образом, система уравнений состояния имеет вид:
di3
r
1
= - 2 i3 + uC,
dt
L
L
duC
1
1
1
= - i3 –
uC +
U.
r1C
r1C
dt
C

Эта же система в матричном виде:  X = [K][X] + [L][F].
(*)
Итак, матрица переменных состояния [X], матрица коэффициентов [K],
столбцовая матрица свободных членов [L][F] и матрица независимых
начальных условий [X(0)] имеют вид:
1 
 r2

 0 


 i3 
L
L
 U  , [X(0)] =  i3 ( 0 )  = 0 .
[X] =   , [K] =  1
,
[L][F]
=

uC ( 0 ) 0
1
uC 
r C 




1 
r1C 
 C
Решение системы уравнений состояния:
74
t
X(t) = e ·Ф(t), где Ф(t) =  e  K ·LF()·d,
Kt
то есть

0
X(t) = e
Kt
e

 K
t
·LF()·d + e  e K ·LF()·d =
Kt
0
t
= eKt·X(0) + eKt  e K ·LF()·d.
(**)
0
4. Получим матричную экспоненциальную функцию eKt.
Сначала определим собственные значения  матрицы [K], то есть
корни уравнения det([K] – ·1) = 0,
где 1 = Е – единичная матрица
порядка K:
K11  
K12
K13 ...
K1k
K 21
K 22   K 23 ...
K 2k
= 0.
...
...
... ...
...
K k1
Kk2
K k 3 ... K kk  
K11  
K 12
= 0.
K 21
K 22  
При двух корнях характеристического уравнения матричная экспонента
находится в виде eKt = 0 Е + 1[K],
где коэффициенты i находят из следующей системы уравнений:
В данном случае характеристическое уравнение:
0 + 1 1 = e1·t,
0 =
2
2  1
e1·t +
1
1  2
e2·t,
1
1
e1·t +
e2·t.
1  2
2  1
5. Далее переменные состояния можно найти по формуле (**), а
U  uC
выходную переменную i1(t) по формуле i1 =
.
r1
6. Ниже приводится программа расчётов в среде MathCAD с
построенными графиками i1(t) и i3(t).
j:=  1 ORIGIN:= 1 U:= 100 r1:= 60 r2:= 40 L:= 0.1
C:= 10-4
1 
  r2


 0 
1
0
0




L
L

E:= 
x0:=   K:= 
LF():=  U 

0
1
0

1

1




 


 r1  C 
r1  C 
 C
simplify
 .1667e6 + 566.7· + 2
|K - ·E|
float ,4
0 + 2 1 = e2·t.
1 =
|K - ·E| = 0 solve , 
float ,4
( 283 .3 )  293 .9  i 
( 283 .3 )  293 .9  i 
75
( 283 .3 )  293 .9  i 
Перезадание корней характеристического уравнения := 
( 283 .3 )  293 .9  i 
2
1
1
1
0(t):=
· e 1 t +
· e  2 t
1(t):=
· e 1 t +
· e  2 t
2  1
1  2
1  2
2  1
t

eK(t):= 0(t)·E + 1(t)·K
i3(t):= (eK(t)·x0)1 +   ( eK ( t   )  LF (  ))1 d 
0

t


U  uC( t )
uC(t):= (eK(t)·x0)2 +   ( eK ( t   )  LF (  ))2 d 
i1(t):=
r1
0

0( t)
1( t)
simplify
float  4
simplify
float  4
 ( .5000  .4820 i)  e
[ (  283.3)  293.9 i]  t
 ( .1701e-2)  i 
( 1.000)  e
 .3672e-1 e
[ (  283.3) 293.9 i]  t
76
[ (  283.3) 293.9 i]  t
 1.000 e
 .9993 i e
[ (  283.3) 293.9 i]  t
[ (  283.3)  293.9 i]  t


simplify
i1( t)
float  4
simplify
i3( t)
float  4
 ( .3333  .1513 i)  e
[ (  283.3) 293.9 i]  t
 [ ( .5001)  .4821 i]  e
[ (  283.3) 293.9 i]  t
 .6585 e
[ (  283.3)  293.9 i]  t
 .3672e-1 e
 .7526 i e
[ (  283.3)  293.9 i]  t
[ (  283.3)  293.9 i]  t
 2.488  1.129 i
[ (  283.3)  293.9 i]  t
 1.037  .9993 i
 .9993 i e
2
1.5
i1( t )
i3( t )
1
0.5
Рис. 7.65
0
0
0.002
0.004
0.006
0.008
0.01
0.012
0.014
0.016
t
Примечание. Ответы для коэффициентов 0, 1, искомых токов i1(t) и
i3(t) (то же наблюдается и в отношении матричной экспоненты eKt) содержат
комплексные
числа.
Это
объясняется
комплексностью
корней
характеристического уравнения. Однако, благодаря тому, что корни являются
комплексными сопряжёнными числами, значения указанных величин в
любой момент времени оказываются действительными, в связи с чем
возможно построение графиков токов. Приведение же ответов для токов к
стандартному виду с затухающей синусоидой требует дополнительных
действий. В этом состоит недостаток данного метода. Графики искомых
токов показаны на рис. 7.65.
i1 r
I2
L1 i3
1
ЗАДАЧА 7.44. Построить U
uС L r2
С
график напряжения на конденса2
торе uC(t) схемы рис. 7.66, при
Рис. 7.66
условии r1 = 60 Ом, L1 = 0,2 Гн,
r2 = 40 Ом, L2 = 0,1 Гн, C = 100 мкФ, U = 100 В.
Комментарии и ответы.
Задачу 7.44 решим по той же самой методике, что и задачу 7.43.
Исходные данные: j:=  1
ORIGIN:= 1
U:= 100 r1:= 60 r2:= 40 L:= 0.1
C:= 10-4
Переменные состояния: i1, i2, uC. Независимые начальные условия:
0
i1(0+) = i1(0-) = 0, i2(0+) = i2(0-) = 0, uC(0+) = uC(0-) = U = 100 В x0:=  0 
U 
 
77
Система уравнений состояния:
1 0 0
E:=  0 1 0 
0 0 1


|K - ·E|
  r1

 L1
K:=  0

 1

 C
r
di1
1
1
= - 1 i1 – uC +
U,
dt
L1
L1
L1
di2
r
1
= - 2 i2 + uC ,
dt
L2
L2
duC 1
1
= i1 – i2.
dt C
C
1
0
U 

 
L1 
 L1 
 r2 1 
LF():=  0 
L2 L2 
 0

1
 
0 
 
C

simplify
 (-.2700e6)· – 700·2 – .5000е8 – 1.·3
float ,4


 338.7
solve
,


|K - ·E| = 0
 ( 180.7 )  339.1  i 
float ,4
( 180.7 )  339.1  i 


 338.7
Перезадание корней характеристического уравнения := ( 180.7 )  339.1  i 
( 180.7 )  339.1  i 
Коэффициенты i находят из следующей системы уравнений:
0 + 1 1 + 12 2 = e1·t,
0 + 2 1 + 22 2 = e2·t,
0 + 3 1 + 32 2 = e3·t.
1 1 ( 1 )2 


:= 1 2 ( 2 )2 
1  (  )2 
3
3 

0(t):=
 2 (  2 ) 2 

2
3 ( 3 ) 
· e 1 t +
  ( 1 )2 
 1
2
3 ( 3 ) 
· e  2 t +
 1 ( 1 )2 

2
 2 (  2 ) 
· e3 t



2
2
1 ( 2 ) 
1 ( 1 ) 
1 ( 1 )2 



2
2
2
1
(

)
1
(

)
3
3

 1 t 
  2 t
1 ( 2 )  3 t
1(t):=
·e +
·e
+
·e



1 2 
1 1 
1 1 

1 3   t
1 3   t 1 2 
2(t):=
·e 1 +
·e 2 +
· e3 t



Ответ, например, для коэффициента 0(t):
0( t)
simplify
(  338.7)  t
[ (  180.7) 339.1 i]  t
[ (  180.7) 339.1 i]  t
[ (  180.7)  339.1 i]  t
[ (  180.7)  339.1 i]  t
 1.055 e
 .2747e-1 e
 .5122 i e
 .2747e-1 e
 .5122 i e
float  4
78
В случае трёх корней характеристического уравнения матричная
экспонента находится в виде eKt = 0 Е + 1[K] + 2[K]2,
eK(t):= 0(t)·E + 1(t)·K + 2(t)·K2
t

uC(t):= (eK(t)·x0)3 +   ( eK ( t   )  LF(  ))3 d 
0

Попробуем получить ответ для uC(t):
uC( t)
simplify
[ (  180.7)  339.1 i]  t
[ (  180.7) 339.1 i]  t
[ (  180.7) 339.1 i]  t
(  338.7)  t
(  338.7)  t
 ( 34.08  14.08 i)  e
 .7060 i e
 .7082 e
 .2046 e
 .8454e-1 i e
 1.003  .4144 i
float  4
По данной формуле MathCAD отказывается давать значения напряжения в отдельные моменты времени. Поэтому произведём перезадание uC(t):
uC( t)  ( 34.08  14.08 i)  e
[ (  180.7)  339.1 i]  t
 .7060 i e
[ (  180.7) 339.1 i]  t
 .7082 e
[ (  180.7) 339.1 i]  t

(  338.7)  t
 1 (  338.7)  t
 .8454 10  i e
 1.003  .4144 i
 0  .2046 e
Значение напряжения, например, в момент времени t = 0,01 с:
3



uC( 0.01)  27.758  1.1i  10
Примечание. Как и в задаче 7.43 значения 0, 1, eKt и, конечно же, uC
должны быть в любой момент времени действительными числами. Здесь же
значение uC(0,01) оказалось комплексным. Это объясняется тем, что при
перезадании корней характеристического уравнения i было сделано
округление ответов до четырёх значащих цифр, что внесло в последующие
вычисления некоторую погрешность. Например, у значений напряжения на
конденсаторе появилась мнимая часть. Однако она мала и ей можно
пренебречь. Можно утверждать, что реальное значение напряжения на
конденсаторе практически равно модулю от полученного комплексного
значения. В связи с этим строим график модуля напряжения uC в функции
времени t (рис.7.67).и
100
80

uC( t )

60
40
Рис. 7.67
20
0
0.005
0.01
0.015
t
79
0.02
0.025