ПП в цепях с одним накопителем

Рис. 7.68

a)

i2

r2

r1

i1

С

i3

u(t)

б)

I2(p)

r2

r1

I1(p)

1/pC

I3(p)

U(p)

ЗАДАЧА 7.45. Напряжение, приложен-ное к цепи рис. 7.68,а изменяется по закону u(t) = 30t² + 18t + 10 В.

Параметры цепи: r₁ = r₂ = 100 Ом, С = 10 мкФ.

Рассчитать ток конденсатора.

Решение

До появления напряжения на источнике цепь находилась в состоянии покоя. Поэтому данная задача – с нулевыми начальными условиями, а эквивалентная операторная схема выглядит так, как на рис. 7.68,б.

Изображение приложенного напряжения определяем, используя таблицу преобразований Лапласа: U(p) = + + .

Изображения первого и третьего токов: I₁(p) = ;
I₃(p)= = × = = + + .

Разложим последнее выражение на простые дроби:

I₃(p) = + + .

Приведя в выражениях для I₃(p) дроби к общему знаменателю и приравняв числители, получим следующее уравнение:

Ар(рr₁r₂C + r₁ + r₂) + B(рr₁r₂C + r₁ + r₂) + Dp² = 60r₂C + р×18r₂C + р²×10r₂C.

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях р и получаем систему уравнений:

коэффициенты при

p² : АСr₁r₂ + D = 10r₂C; при

p : А(r₁ + r₂) + ВСr₁r₂ = 18r₂C;

при 1 : В(r₁ + r₂) = 60r₂C.

Отсюда В = = = 3×10 ^–4;

А = = = 9×10 ^–5;

D = 10r₂C – АСr₁r₂ = 0,01 – 9×10 ^–5×10 ^–5×10 ⁴ = 0,01.

Окончательно получаем:

I₃(p) = + + 9×10 ^–5 + 3×10 ^–4×t + 0,1×е ^-2000t А = i₃(t).

Задача 7.46. В приведенной на рис. 7.69,а схеме рассчитать напряжение и ток индуктивности. Числовые значения: u = 24 В, L = 0,25 Гн, r₁= 30 Ом, r₂= 10 Ом.

UL(p)

LiL(0)

IL(p)

r1

r2

Рис. 7.69

a)

r1

iL

uL

б)

U/p

L

r2

U

рL

Решение

1. Рассчитаем независимое начальное условие и запишем величину внутренней операторной ЭДС:

i_L(0₊) = i_L(0_-) = = = 2,4 А,

Li_L(0₊) = 0,25·2,4 = 0,6 В·с.

2. Эквивалентная операторная схема приведена на рис. 7.69,б.

3. Поскольку обе операторные ЭДС оказались в одной ветви, изображе-ние тока I_L(p) определим по закону Ома:

I_L(p)= = = = = = .

На основании второго закона Кирхгофа

U_L(p) = рL·I_L(p) – Li_L(0) = рL· – Li_L(0) =

= = = .

4. Оригинал тока i_L(t) определим с помощью теоремы разложения:

i_L(t) = + .

Корень уравнения F₂(p) = p + 30 = 0 – p = -30 c ^-1,

производная F₂¢(p) = 1, F₂(0) = 30;

F₁(0) = 96, F₁(p) = 96 – 30·2,4 = 24;

i_L(t) = + е ^-30t = 3,2 – 0,8е ^-30t А.

Изображение напряжения на индуктивности U_L(p)= есть стандартная (табличная) функция. Это – изображение экспоненты, поэтому u_L(t) =6е ^-30t B.

Задача7.47. В схеме рис. 7.70,а рассчитать ток i₂(t) и напряжение на ёмкости u_С(t), если u = 240 В, Е₃ = 100 В, r₁= r₃= 50 Ом, С = 1000 мкФ.

r1

IХ(р)

UХХ(р)

Е3/p

в)

r3

uС(0)/p

UС(р)

Е3

r3

Рис. 7.70

a)

i2

С

uС

б)

I2(p)

r1

1/pC

U/p

U

r3

uС(0)/p

r1

U/p

Е3/p

Решение

1. Независимое начальное условие: u_С(0₊) = u_С(0_-) = -Е₃ = -100 В.

Внутренняя операторная ЭДС = - .

2. Операторная схема замещения представлена на рис. 7.70,б.

3. Поскольку по условию задачи требуется рассчитать только один ток, то его изображение определим методом эквивалентного генератора (рис. 7.70,в). По второму закону Кирхгофа:

U_ХХ(р) + r₁·I_Х(р) = – = = .

По закону Ома
I_Х(р) = = = .

Тогда U_ХХ(р) = – 50 = .

Входное сопротивление схемы относительно разомкнутых зажимов

Z_BХ(р) = = = 25 Ом.

Изображение искомого тока I₂(p):

I₂(p) = = = .

На основании второго закона Кирхгофа U_С(р) – I₂(p) = .

Отсюда U_С(р) = + · = = .

4. Оригинал тока найдём по таблице преобразований Лапласа:

i₂(t) = 6,8е ^-40t А.

Оригинал напряжения найдём с помощью теоремы разложения:

корень уравнения F₂(p) = p + 40 = 0 – p = -40 c ^-1,

производная F₂¢(p) = 1, F₂(0) = 40;

F₁(0) = 2800, F₁(p) = -100·(-40) + 2800 = 6800;

u_С(t) = + е ^-40t= 70 – 170е ^-40t В.

uC

C

r2

Рис. 7.74

i

u(t)

r1

ЗАДАЧА 7.51. Рассчитать переходный процесс в схеме рис. 7.74 классическим и операторным методами: u(t) = 100×sin(200t + 90°) B,

r₁ = r₂ = 100 Ом, С = 50 мкФ.

Решение

I. Расчёт классическим методом.

1. Получим независимое начальное условие u_C(0) анализом цепи до коммутации:

х_C = = = 100 Ом, Z = = = 111,8 Ом,

I_m = = = 0,894 A, U_Cm = I_m×х_C = 0,894×100 = 89,4 B,

j = arctg = -arctg = -63,4°, y_i =y_u – j = 90° + 63,4° = 153,4°,

y_uC = y_i – 90° = 153,4° – 90° = 63,4°,

u_C(t_-) = 89,4×sin(200t + 63,4°) B, u_C(0₊) = u_C(0_-) = 89,4×sin63,4° = 80 B.

Зависимое начальное условие (ток в цепи в момент сразу после коммутации): i(0) = = = 0,2 А.

2. Рассчитаем принуждённые составляющие тока и напряжения на конденсаторе:

I_mпр = = = 0,707 A, U_Cmпр = I_mпр×х_C = 0,707×100 = 70,7 B,

y_iпр =y_u – arctg = 90° + arctg = 135°,

y_uCпр = y_iпр – 90° = 135° – 90° = 45°,

u_Cпр(t) = 70,7×sin(200t + 45°) B,

i_пр(t) = 0,707×sin(200t + 135°) A.

Начальные значения принуждённых составляющих:

u_Cпр(0) = 70,7×sin45° = 50 B,

i_пр(0) = 0,707×sin135° = 0,5 A.

3. Характеристическое уравнение и его корень:

+ r₁ = 0, р = - = - = -200 с ^-1.

3. Свободные составляющие:

u_Cсв(t) = A×e ^рt, i_св(t) = В×e ^рt.

Постоянные интегрирования:

A = u_Cсв(0) = u_C(0) – u_Cпр(0) = 80 – 50 = 30,

В = i_св(0) = i(0) – i_пр(0) = 0,2 – 0,5 = -0,3.

5. Окончательно получаем:

u_C(t) = u_Cпр(t) + u_Cсв(t) = 70,7×sin(200t + 45°) + 30×e ^-200t B,

i(t) = i_пр(t) + i_св(t) = 0,707×sin(200t + 135°) – 0,3×e ^-200t A.

ii. Расчёт операторным методом.

1. Независимое начальное условие –

u_C(0₊) = u_C(0_-) = 80 B.

uC(p)

uC(0)/p

u(p)

1/(pC)

Рис. 7.75

I(p)

r1

2. Эквивалентная операторная схема на рис. 7.75.

Изображение напряжения источника находим по прямому преобразованию Лапласа:

u(t) = 100×sin(200t + 90°) 100 = u(p).

3. Изображение тока находим по закону Ома, причём с целью получения выражений, соответствующих таблице преобразований Лапласа, полученное выражение разложим на правильные дроби:

I(p) = = = =

= + = .

Возникает следующая система уравнений:

0,005А + D = 0,001,

A + 0,005B = 0,

B + 40000D = -160.

Решение системы: А = 0,5; B = -100;
D = -0,0015.

Таким образом,

I(p) = + = + .

Первую дробь приведём к следующему табличному виду:

= М .

Возникает ещё одна система уравнений:

Мsiny = 0,5, Мsiny = 0,5,

200×Мcosy = -100. Мcosy = -0,5.

tgy = -1, y = 135°,
М = = 0,707.

4. По таблице преобразований Лапласа находим ответ:

i(t) = 0,707×sin(200t + 135°) – 0,3×e ^-200t A.

iii. Следует отметить, что при синусоидальном источнике, напряжение или ток которого можно записать в комплексной форме, возможен и другой подход к нахождению изображений и оригиналов величин. Покажем его.

Согласно символическому методу, синусоидальное напряжение равно мнимой части от комплексного мгновенного значения, записываемого в виде экспоненты. Но тогда и изображение напряжения источника может быть получено взятием мнимой части от изображения комплексного мгновенного значения:

u(t) = U_m×sin(wt +y_u)= Im[U_m×e ^{j(wt + yu)}]= Im[U_me ^jyu×e ^jwt] Im = U(p).

Изображение тока находим по закону Ома по схеме рис. 7.75:

I(p) = Im = Im=
Im =

Im ,

где F₁(p) = pC(U_me ^jyu – ju_C(0)) – u_C(0)wC,

F₂(p) = (p – jw)(r₁Cp + 1).

Оригинал тока найдём с помощью теоремы разложения. Для этого предварительно вычислим:

- корни уравнения F₂(p) = 0: p₁ = jw = j200 с ^–1; p₂ = - = -200 с ^–1;

- F₂¢(p) = 2r₁Cp + 1 – jwr₁C; F₂¢(p₁) = j + 1; F₂¢(p₂) = -1 – j;

- F₁(p₁) = U_me ^jyujwC = 100×j×j×200×50×10 ^–6 = -1;

- F₁(p₂) = -200(100j – j80)×50×10 ^–6 – 80×200×50×10 ^–6 = -0,8 – j0,2 = 0,825×e ^–j166°.

i(t) = Im = Im =

= Im = ×sin(wt +135°) – 0,583sin31°×e ^-200t =

= 0,707×sin(200t + 135°) – 0,3×e ^-200t A.

uCсв(p)

uCсв(0)/p

1/(pC)

Рис. 7.76

Iсв(p)

r1

iV. Наконец, операторным методом можно рассчитать только свободные составляющие тока и напряжения на конденсаторе, предварительно рассчитав принуждённые составляющие символическим методом (см. часть i настоящей задачи):

i_пр(t) = 0,707×sin(200t + 135°) A;

u_Cпр(t) = 70,7×sin(200t + 45°) B,

u_Cпр(0) = 70,7×sin45° = 50 B, u_Cсв(0) = u_C(0) – u_Cпр(0) = 80 – 50 = 30 B.

Эквивалентная операторная схема для свободного режима представлена на рис. 7.76.

Полученная цепь рассчитывается на основании закона Ома, оригиналы величин находим, используя таблицу преобразований Лапласа.

I_св(p)= = = = -0,3×e ^-200t A = i_св(t);

u_Cсв(p) = I_св(p)× + = + =

= = =
30×e ^-200t В = u_Cсв(t).