351

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный технический университет Украины «Киевский политехнический институт»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

i3ус i1ус 0.7 А

E2 i3усR 50 0.7 50 15 В

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2016

Размер:

332.77 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ НАЦІОНАЛЬНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ УКРАЇНИ “КИЇВСЬКИЙ ПОЛІТЕХНІЧНИЙ ІНСТИТУТ”

Розрахунково-графічна робота з предмету “Теорія електричних кіл”

тема: “Перехідні процеси в лінійних колах”

Виконав: Група: Перевірив:

2013 р.

1. У схемі з джерелами постійних ЕРС E1 та E2 необхідно:

а) класичним методом розрахувати струми перехідного процесу та напруги на реактивних елементах;

б) операторним методом розрахувати струм i1(t) у вітці з ЕРС E1 та напруги на реактивних елементах uL(t) u uC(t) .

в) побудувати в одному часовому масштабі діаграми i1(t), uL(t) u uC(t).

Вихідні дані:

№ 351 №1 3

№2 5 №3

1 №4

№2 №3

5 1 6

L 100 мГн

E1 70 В

C 200 мкФ

E2 50 В

R 50 Ом

ψ 210 °

ω 100 с 1

T 1.5

Класичний метод.

Розв’язок

Розрахуємо коло до початку перехідного процесу

t<0

Розрахуємо струм в котушці індуктивності

i3(-0) 0

і напругу на конденсаторі в схемі до комутації

Uc( 0) E2 50 В

Незалежні початкові умови

UC(0) Uc( 0) 50 В i3(0) i3(-0) 0 А

Інтегродиференціальні рівняння для післякомутаційної схеми t=0

i1(0) i2(0) i3(0)

i1(0) i3(0) R L i'3(0) E1

UC(0) i1(0) R E1 E2

Розв’язуючи систему рівнянь, знаходимо:

i1(0)			E1 E2					UC(0)				70 50 50			1.4		А
i1(0)						R								50	1.4		А
						R								50
i2(0)	i3(0) i1(0)							0 1.4			1.4 А
i'				E1		i1(0)		i3(0) R					70 1.4 0 50			0		А
i'																0
3(0)						L								0.1				с
						L								0.1				с
UL(0)		L i'3(0)					0.1 0		0 В
U'					i2(0)			1.4		7		103		В
U'										7		103
c(0)					C	2		10 4						с
					C	2		10 4						с

Для знаходження похідних струмів в момент часу t=0 продиференцюємо рівняння системи.

i'3(0) i'1(0) U'c(0) 0 i'1(0) 7 103

i'1(0) i'3(0) R U'L(0) 0 U'L(0) 50i'1(0) 0

			i2(0)				R i'		0		50i'			7 103 0


				C				1(0)				1(0)
З рівнянь знаходимо:
i'		i2(0)						1.4		140		А
i'										140
1(0)		C R					2 10 4 50						с
		C R					2 10 4 50						с
i'	i'			i'	1(0)			0 140			140 А
2(0)		3(0)			1(0)								с
													с			3 В
U'L(0) i'1(0)						i'3(0) R			140				0 50		7 10	3 В
																с

Розрахуємо усталені струми та напругу на конденсаторі після закінчення перехідного процесу:

Складемо характеристичне рівняння кола, записавши в залежності від p вхідний опір кола відносно вітки з конденсатором та прирівнявши його до нуля.

Z(p)

R(R p L)

= C LR p

C R

L p 2R =0

R R p L

p C

C Lp2 2C R p

Знайдемо корні характеристичного рівняння

прирівнявши чисельник до нуля:

R C L

b p d 0

2L R C

C L

1/pc

позначимо:

502 2 10 4 0.1

R2C L

300

2L R C

2 0.1 50 2 10 4

1 105

C L

2 10

0.1

Корні характеристичного рівняння:

d 300

3002 1 105

300 100j

d 300

3002 1 105

300 100j

δ Re p1	Re 300	100j	300 с 1
ω Im p1	Im 300	100j	100	рад
				с

Так як корні характеристичного рівняння комплексно спряжені (p δ ± (j ω)) , то струми та напруги в вільному режимі змінюються по закону:

iв1(t) A1 eδt sin ωt ψ1 , iв2(t) A2 eδt sin ωt ψ2 , iв3(t) A3 eδt sin ωt ψ3 , uCв(t) A4 eδt sin ωt ψ4 , uLв(t) A5 eδt sin ωt ψ5 ,

Шукані струми і напруги дорівнюють сумі усталених і вільних складових:


i1(t)=i1ус iв1(t)	A1 sin 100t ψ1 e 300t		0.7;
i2(t)=i2ус iв2(t)	A2 sin ψ2 100t e 300t;
i3(t)=i3ус iв3(t)	A3 sin 100t ψ3 e 300t		0.7;
uC(t)=UCус uCв(t)	A4 sin ψ4	100t e 300t 15;
uL(t)=ULус uLв(t)	A5 sin ψ5	100t e 300t.

Продиференціювавши останні вирази по часу, отримаємо:

i'1	(t)=d	i1(t)		100A1 cos 100t ψ1 e 300t		300A1 sin ψ1		100t e 300t;
	dt
i'2	(t)=d	i2(t)		100A2 cos 100t ψ2 e 300t		300A2 sin ψ2		100t e 300t;
	dt
i'3	(t)=d	i3(t)		100A3 cos 100t ψ3 e 300t		300A3 sin ψ3		100t e 300t;
	dt
u'C(t)=d			uC(t)		100A4 cos 100t ψ4 e 300t 300A4 sin ψ4				100t e 300t;
	dt
u'L(t)=d			uL(t)		100A5 cos 100t ψ5 e 300t		300A5 sin ψ5		100t e 300t.
	dt						відповідних струмів і їх похідних і
Занотувавши попарно рівняння для							відповідних струмів і їх похідних і

підставивши в ці рівняння t=0, знайдемо рівняння відносно сталих інтегрування:

i1(0) i1ус A1 sin ψ1 1.4

A1 sin ψ1 0.7

i'1(0) δ sin ψ1 ωcos ψ1 A1 140

A1 100 cos ψ1 300 sin ψ1

Звідси:

i1(0)

i1ус ω

(1.4 0.7)100

ψ1 atan

atan

0.785

рад;

140

300(1.4 0.7)

i'1(0) δ i1(0)

i1ус

i1(0) i1ус

1.4 0.7

0.99 А;

sin ψ1

sin(0.785)

i2(0) i2ус A2 sin ψ2 1.4

A2 sin ψ2

i'2(0) δ sin ψ2 ωcos ψ2 A2 140

A2 100 cos ψ2 300 sin ψ2

Звідси:

i2(0) i2ус ω

( 1.4 0)100

ψ2

atan

0.464

рад

140

300( 1.4 0)

i'2(0) δ i2(0) i2ус

i2(0) i2ус

1.4 0

3.13 А.

sin ψ2

sin(0.464)

i3(0) i3ус A3 sin ψ3 0 A3 sin ψ3 0.7

i'3(0) δ sin ψ3 ωcos ψ3 A3 0 A3 100 cos ψ3 300 sin ψ3

Звідси:

i3(0)

i3ус ω

(0 0.7)100

ψ3

atan

0.322 рад;

δ i3(0) i3ус

300(0 0.7)

i'3(0)

i3(0) i3ус

0 0.7

2.214 А.

sin ψ3

sin(0.322)

UC(0) UCус A4 sin ψ4 50

A4 sin ψ4 15

U'c(0) δ sin ψ4 ωcos ψ4 A4 7 103

A4 100 cos ψ4 300 sin ψ4

Звідси :

UC(0) UCус ω

(50 15)100

ψ4

atan

0.785

рад;

U'c(0) δ UC(0)

UCус

103 300(50 15)

UC(0) UCус

49.497 В.

sin ψ4

sin(0.785)

UL(0) A5 sin ψ5 0

A5 sin ψ5

U'L(0) δ sin ψ5 ωcos ψ5 A5 7 103

100 cos ψ5 300 sin ψ5

Звідси :

UL(0)ω

atan

0 100

ψ5

atan

;

U'L(0) δ UL(0)

103 300 0

U'L(0)

103

70 В.

Шукані струми та напруги:

100

i1 t

i1ус A1 eδt sin ωt ψ1

0.99 sin 100t 0.785 e 300t

0.7

i2 t

i2ус A2 eδt sin ωt ψ2

3.13e 300t sin 100t 0.464

i3 t

i3ус A3 eδt sin ωt ψ3

2.214 sin 100t 0.322 e 300t 0.7

Напряжения на реактивных

элементах:

49.5 sin 100t 0.785 e 300t 15

Uc t

UCус A4 eδt sin ωt ψ4

UL t

A5 eδt sin ωt ψ5

70 sin 100t e 300t

							г!=-,, 2%%" Cе!е.%д…%г% !е›,м=
	2
	1																				i1ус
																					i1ус
I(A)	0	1	2	3	4	5	6		7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
	0	1	2	3	4	5	6		7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
	1
	2	I1(t)
		I1(t)
		I2(t)										t(м“)
		I3(t)										t(м“)
						г!=-,*, …=C! ›е…,L Cе!е.%д…%г% !е›,м=
	50
	40
	30
U(t)
	20
																					UCус
	10
	0	1	2	3	4	5	6	7		8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
		UL(t)										t(м“)
		UC(t)										t(м“)

t мс	i1 A	i2 A	i3 A	UL В		Uc В
0	1.4	-1.4	0	0	49.9878
1	1.2678	-1.239	0.0287	5.1771	43.3799
2	1.1528	-1.0583	0.0945	7.6322	37.6368
3	1.056	-0.8802	0.1758	8.4105	32.7968
4	0.9763	-0.7168	0.2595	8.2103	28.8133
5	0.912	-0.5737	0.3383	7.4882	25.5969
6	0.8608	-0.4523	0.4085	6.5334	23.0415
7	0.8208	-0.352	0.4688	5.5222	21.0393
8	0.7898	-0.2707	0.5191	4.5554	19.4901
9	0.7661	-0.2059	0.5602	3.6851		18.305
10	0.7482	-0.155	0.5932	2.9326	17.4081
11	0.7347	-0.1155	0.6193	2.3009	16.7363
12	0.7248	-0.0852	0.6396	1.7827	16.2382
13	0.7174	-0.0622	0.6553	1.3653	15.8724
14	0.7121	-0.0449	0.6672	1.0344	15.6066
15	0.7083	-0.0321	0.6762	0.7757	15.4155
16	0.7056	-0.0227	0.6829	0.5758	15.2796
17	0.7037	-0.0158	0.6879	0.4232	15.1842
18	0.7024	-0.0109	0.6915	0.3079	15.1181
19	0.7015	-0.0074	0.6941	0.2216		15.073
20	0.7009	-0.0049	0.696	0.1578	15.0428

таблица1

Операторний метод.

Незалежні початкові умови і внутрішні

ЕРС:

Ik1

E2/p

Ik2

i2(0) 1.4 А ;

L i3(0)

0 Вс;

Uc.0/p

UC(0)

E2 50 В

;

UC(0)

Bc.

E1/p

1/pC

Еквівалентна операторна схема має вигляд.

Складемо рівняння по методу контурних

струмів:

Ik1 p R

Ik2 p

E1 E2 UC(0)

p C

Ik1 p

Ik2

p R p L

UC(0)

p C

Розв’яжемо ці рівняння методом визначників:

p C

R p C

R p L C R p L

p C

R p L p C

1 p

p C

p L C E1 p R C E1

C p2

R p L

p C

2 p

p C

C p2

p C

Зображення струму I1(p)=

1(p)/

(p)

I1(p)

p2LC E1

p R C E1

H1(p)

0.7p 1.4 10 3p2 70

C R

H2(p)

1 10

3 2

0.6p

p C R L p

2R p

100

оригінал шуканих величин по теоремі розкладання:

Прирівняємо знаменник H2(p) до нуля та визначимо його корені:

H (p) 1

10 3p3

0.6p2

100p=0

Корні характеристичного рівняння:

p1 300

100j

300

100j

316.228e161.565jc-1;

p2 300

100j

300

100j

316.228e 161.565jc-1; p3

0 .

δ Re p1 Re 300

100j

300 с 1

ω Im p1

Im 300 100j 100 рад

Розрахуємо H1 pk					1.4		10 3pk 2 0.7pk 70
H		1.4 10 3 316.228e161.565j 2 0.7 316.228e161.565j 70=
1(p1)
		221.359e161.565j 140e323.13j 70							31.305e 153.435j
H		1.4 10 3 316.228e 161.565j 2						0.7 316.228e 161.565j 70=
1(p2)
		140e 323.13j		221.359e 161.565j 70					31.305e153.435j;
H		1.4 10 3 02			0.7 0 70				70 .
1(p3)
Похідна від H' p						d	H p	3 10 3p2 1.2p 100;
			2			dp	2
H'	2(p1)		3 1 10 3 316.228e161.565j 2					2 0.6 316.228e161.565j 100 =
	2(p1)
			379.473e161.565j 300e323.13j 100						63.246e 108.435j;
H'	2(p2)		3 1 10 3 316.228e 161.565j 2 2 0.6 316.228e 161.565j 100 =
	2(p2)
			300e 323.13j 379.473e 161.565j 100						63.246e108.435j;
H'	2(p3)		3 1 10 3 02 2 0.6 0 100						100
	2(p3)			' H1 pk
Розрахуємо ' A =				' H1 pk

				' H'2 pk
			k	' H'2 pk

A1=

' H1 p1

31.305e 153.435j

0.495e 45j ;

ψ arg A1

' H'2 p1

63.246e 108.435j

A =

' H1 p2

31.305e153.435j

0.495e45j

' H'2 p2

63.246e108.435j

A =

H13

0.7

H'23

100

Перехідний струм в вітці з джерелом ЕРС E1 :

e(ωt ψ)

e (ωt ψ)

i1(t)

(k )

δt

Ak e

=A3

0.99 sin(100t 0.785) e 300t 0.7

π2 0.785 рад

A3 A1 2eδt sin(ωt ψ)=

Зображення струму I3(p)=

2(p)/

(p)

I3(p)

H1(p)

C R

H2(p)

0.6p 100

p C R L p

2R p

Прирівняємо знаменник H2(p) до нуля та визначимо його корені:

H (p) 1 10 3p3

0.6p2

100p=0

Корні характеристичного рівняння:

p1 300 100j

316.228e161.565jc-1; p2

300

100j

316.228e 161.565jc-1; p3

Розрахуємо H1 pk

70: H1(p1) 70;

H1(p2)

70;

H1(p3)

70 .

Похідна від H' p

H p

10 3p2

1.2p 100;

3 1 10 3

316.228e161.565j 2 2 0.6 316.228e161.565j 100 =

2(p1)

379.473e161.565j 300e323.13j 100

63.246e 108.435j;

3 1 10 3

316.228e 161.565j 2 2 0.6 316.228e 161.565j 100 =

2(p2)

300e 323.13j

379.473e 161.565j

100

63.246e108.435j;

3 1 10 3

02 2 0.6 0 100

100

2(p3)

' H1 pk

Розрахуємо ' A

' H'2 pk

A1=

' H1 p1

1.107e

108.435j

;

ψ arg A1

3.463

рад

' H'2 p1

63.246e 108.435j

A =

' H1 p2

1.107e 108.435j

H'2 p2

63.246e108.435j

A =

H13

0.7

H'23

100

Перехідний струм i3(t):

e(ωt ψ) e (ωt ψ)

(k )

δt

sin(ωt

ψ)=

i3(t) Ak e

=A3

= A3

2.214 sin(100t 3.463) e 300t 0.7.

Зображення струму I2(p)=Ik2(p)-Ik1(p)

I2(p)

(p L R) C E1

1.4

10 3 p 0.7

H1(p)

C R

1 10

H2(p)

p C R L p

0.6p 100

оригінал шуканих величин по теоремі розкладання:

Прирівняємо знаменник H2(p) до нуля та визначимо його корені:

H (p) 1

10 3p2

0.6p 100=0

Корні характеристичного рівняння:

p1 300 100j

316.228e161.565jc-1; p2

300 100j

316.228e 161.565jc-1;

Розрахуємо H1 pk

1.4 10 3pk 0.7 ;

1.4

10 3

316.228e161.565j 0.7

0.443e161.565j

0.7

0.313e 153.435j

1(p1)

1.4

10 3

316.228e 161.565j

0.7

0.443e 161.565j 0.7

0.313e153.435j;

1(p2)

Похідна від H' p

H p

10 3p 0.6;

2 1 10 3

316.228e161.565j 0.6

0.632e161.565j 0.6

0.2e90j;

2(p1)

2 1 10 3

316.228e 161.565j 0.6

0.632e 161.565j 0.6

0.2e 90j;

2(p2)

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.04.20191.26 Mб231-40.docx
#
12.05.2015523.55 Кб4731595.rtf
#
14.08.2019704.51 Кб131813.doc
#
07.05.2019239.17 Кб032 лаба.docx
#
17.03.20162.73 Mб1032.doc
#
17.03.2016332.77 Кб10351.pdf
#
04.08.20191.21 Mб335600.rtf
#
18.09.20192.09 Mб4366666.doc
#
04.08.2019169.09 Кб036877.rtf
#
24.04.2019287.74 Кб03_chast_MOYo.doc
#
19.09.2019329.73 Кб33Кн.10Разд. Дистан.методи.doc