Ю О Коваль - Основи теорії кіл - страница 4

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118 

у (n-1)(+0) Pn-1 Ak + увм-1)(+0).

k=1

Знаючи початкові значення, тобто ліві частини рівнянь (1.16), знаходять Ak. Наприклад, для кола першого порядку

У(0+) = 4 +     (+0), звідки 4 = у(+0) -     (+0).

Отже, аналіз перехідних процесів класичним методом складається з таких етапів:

1. Розрахунок режиму до комутації - визначення початкових умов iLk (-0), (-0).

2. Визначення незалежних початкових значень iL (+0), Uc (+0), викори­стовуючи закони комутації.

3. Складання системи рівнянь за законами Кірхгофа для моменту часу t = +0 (після комутації), отримання диференціального рівняння кола відносно шуканої змінної.

4. Визначення характеристичного рівняння (1.6) і його коренів, розрахунок вільного режиму за формулами (1.9) - (1.12).

5. Знаходження частинного розв'язку рівняння (1.2), тобто розрахунок вимушеного режиму.

6. Визначення залежних початкових значень.

7. Розрахунок сталих інтегрування, виходячи зі співвідношень (1.16).

8. Підсумовування вільних та вимушених складових за формулою (1.4). Слід пам'ятати, що фізично існують тільки повні струми (напруги), які

дорівнюють сумі вимушеної та вільної складових. Саме їх можна вимірювати або спостерігати за допомогою приладів (осцилографа, вольтметра тощо). Що­до них слушні закони комутації. Вимушена та вільна складові є розрахункови­ми величинами (інакше кажучи, математичною абстракцією), сума яких дає ре­альні (фізичні) струми і напруги.

Приклад 1.1. Скласти диференціальне рівняння для кола з нульовим (рис.1.3, а) і ненульовим (рис.1.3, б) первинним запасом енергії.

Розв'язання. Рівняння, що описують процеси в колі, складаються для ре­жиму після комутації. Складемо для схеми (рис.1.3, а) систему рівнянь за мето­дом Кірхгофа, наприклад для вузла 1 та контурів К1 і К2 :

ii(t) - i2(t) - із (t) = 0;

1 . di1(t)

dt

e(t);

(1.17)

R1i1(t) + R2i2(t) + L di1(t)

dt

e(t).

Щоб розв'язати систему (1.17), зведемо її до рівняння відносно якої-небудь однієї змінної, наприклад струму і1(г). Для цього продиференціюємо

друге рівняння системи (1.17):

) + ьа 2І1(і) + ]_.     = сіф)

аг      а2   с       а '

(1.18)

а

І1( t)

R1

R2

e(t)

L

C

із (t) 2

б

Рисунок 1.3 - Електричні кола: а - з нульовими; б - з ненульовими початковими умовами

R2

Далі знайдемо з першого рівняння системи (1.17)

а з третього

ІЗ (t) = І1 (t) - i2(t),

i2(t)=e(t) - Adiilt) - Rl i1(t ^

R2    R2   dt R2

(1.19)

(1.20)

Підставивши (1.20) до (1.19), а далі вираз для i3(t) до (1.18), здобудемо підсумкове рівняння для струму iL (t):сі 2Ш)   Ь + В1В2С сІШ)   В1 + В2./л   1 іе(ґ)      1     ^

-^ +-^--+ ^-2      =--— +-е( ґ). (1.21)

С2        В2ЬС     С      В2ЬС Ь С     В2ЬС

Оскільки порядок рівняння (1.21) другий, коло (рис.1.3, а) є колом друго­го порядку.

Якщо первинний запас енергії кола ненульовий (рис.1.3, б), після кому­тації схема виглядатиме так само, як і для кола з нульовими початковими умо­вами, а система рівнянь за законами Кірхгофа

н(. 0 - '2( 0 - із( 0 = 0;

(0 + С І із(0С + = е(0; (1.22)

Сґ

буде аналогічною системі (1.17). Системи (1.17) і (1.22) відрізняються лише нижньою межею інтеграла у другому рівнянні, який можна записати у вигляді:

С І із(ґ) = С | із(0 + С| із(ґ) =      + С| h(t),

С -оо С -оо С 0 С 0

де Псо - початкова напруга на ємності в момент комутації.

Оскільки Псо - постійна величина, її похідна за часом дорівнює нулю.

Тому перетворення системи (1.22), подібні перетворенням системи (1.17), при­зводять до рівняння (1.21).

Приклад 1.2. Скласти диференціальне та характеристичне рівняння для кола (рис.1.2), вважаючи відгуком напругу на індуктивності.

Розв'язання. Використовуючи формулу для КПФ

ЯОсо) = ^ = ^ =    В =-^-, (1.23)

К     112 вх    Кі В2№Ь      УюЬ( ^1 + Я2) + ВЛВг

В2 + у'соЬ

за знаменником виразу (1.23) запишемо ліву, а за чисельником (1.23) - праву частину диференціального рівняння кола відносно напруги иЬ ( ґ):

Поділивши останнє рівняння на В1В2, отримуємо вираз (1.3).

Щоб здобути характеристичне рівняння, замінимо у лівій частині дифе­ренціального рівняння (1.3) оператор диференціювання на оператор р :

ЬВВ+^Р +1 = 0. (124) В1В2

Знайдемо характеристичне рівняння в іншій спосіб - прирівнявши до нуля вхідний опір кола 2 вх (у'со) відносно затискачів джерела:

В1 +

В2 У'соЬ

0;

В1 + В2 В1В2

УюЬ' 11 ~2 +1 = 0.

і?2 + у'СОІ

Після заміни у'со на р, отримуємо вираз (1.24).

Приклад 1.3. Знайти струм і2(ї) електричного кола, схема якого зобра­жена на рис.1.4, а.

)е(ґ) ис (ґ)

 

 

 

г

 

 

 

 

 

 

і_

ІС )   ▼ і2(ґ)

і1(ґ)

В1

В2

К

В2 І2 )

Ь

Вз

а б Рисунок 1.4 - Схеми електричних кіл до прикладів 1.3 і 1.4

Розв'язання. Початкові умови у колі нульові. Запишемо систему рівнянь Кірхгофа:

Г І1 (ґ) - І2(ґ) - іс ) = 0; ВЛ(ґ) + В2І2(ґ) = е(ґ);

ис ) - В2І2(ґ) = 0; та зведемо її до одного рівняння відносно струму і2 ):

+ В2 . _ 1

(1.25)

Сі2(ґ) + В1 + В2 і (ґ) =_

сіґ      В1В2С В1В2С Складемо характеристичне рівняння

р + ——2 = 0,

В1В2С

е(ґ).

(1.26)

В1 + В2

знайдемо його корінь:

Р1 =--

Розв'язок рівняння (1.26) згідно з класичним методом має вигляд:

І2(0 = V* + І2вм (0, (1.27)

де вимушена складова струму і2вм ) може бути записана конкретно, якщо

буде заданий закон змінювання вхідної дії. Визначення вимушеної складової відгуку в режимі постійної та синусоїдної дії розглянуто в прикладі 1.4 та під-розд. 1.2, 1.4.

Знайдемо сталу інтегрування з рівняння (1.27), підставивши ї = +0 :

І2(+0) = 4 + І2вм (+0). (1.28) Початкове значення струму і2 (+0) визначимо з третього рівняння системи (1.25) при ї = +0:

ис (+0) - Я2І2(+0) = 0. Оскільки початкові умови нульові, то ис (-0) = 0. За другим законом ко­мутації ис (+0) = ис (-0). Отже, і2(+0) = 0 і з виразу (1.28) знаходимо:

4 = 2вм (+0) ;    І2) = 2вм (+0)ЄР1Ї + І2вм (') .

Приклад 1.4. Електричне коло (рис.1.4, б) увімкнено до джерела постійної   ЕРС.   Визначити   струм    і3(ї).   Параметри   кола:    Е = 12 В,

Я1 = Я3 = 10 Ом, Я2 = 3 Ом, Е = 2 мГн.

Розв'язання.

1. Розглядуване коло має ненульові початкові умови. За законами Кірхго-фа складемо систему рівнянь для миттєвих значень напруг та струмів для мо­менту часу   = +0:

Г

) = і2(ї) + і3(ї);

Яд(0 + Язіз(ї) = Е ; (1.29)

Язіз( ї) - - Я2І2( ї) = 0.

Розв'язуючи цю систему відносно струму І3(ї), знаходимо дифе­ренціальне рівняння:

Е( Я1 + Яз)        + Із (0[ Я1Я3 + Я2 (Я1 + Яз)] = ЕЯ2, (1.30)

а

з якого визначаємо характеристичне рівняння:

Е( Я1 + Я3) р + (Я1Я3 + Я2 Я1 + Я3 Я2) = 0.

Корінь характеристичного рівняння становить:

= - Я1Яз + Я2 Я1 + Яз Я2 = 4000 с -1. (1.31)

Примітка. Зазначимо, що іноді задачу аналізу перехідного процесу у колі першого порядку розв'язують, виключаючи етап складання диференціального рів­няння. При цьому корінь характеристичного рівняння знаходять за допомогою сталої часу т = -1/ Р1 (див. підрозд.1.2). Оскільки характеристичне рівняння кола (як ліва

частина диференціального) не залежить від зовнішньої дії, сталу часу можна визнача­ти, розглядаючи вільний процес у колі. При цьому передбачається, що джерела на­пруги розімкнено, джерела струму - замкнено, а в реактивному елементі накопичено деякий запас енергії. Накопичувальний елемент розглядається як джерело енергії, а інша частина кола - як його навантаження.

Для кола і?, С (див. п.1.2.1) стала часу хс = і?еС, для кола і?, Ь (див. п.1.2.3)

стала часу  т ь = Ь / і?е, де  і?е  - еквівалентний опір кола відносно затискачів

накопичувального елемента.

Оскільки джерелом вільних процесів у схемі є індуктивність, знайдемо значення еквівалентного опору відносно затискачів індуктивності:

і  = +   К1К3    = К1К3 + К2 К3 + К1К2 ; р  = _ І = _ ^ = _ ?1?3 + ?2 ?1 + ?3 ?2

1     т      Ь Ь( і1 + і?3) '

Як бачимо, отриманий результат збігається з виразом (1.31).

Розв'язок рівняння (1.30) шукаємо у вигляді:

І3(0 = V1' + і3вм (0. (1.32) Щоб знайти вимушену складову, розглянемо момент часу ґ да. В уста­леному режимі постійного струму опір індуктивності дорівнює нулю. За еквіва­лентною схемою (рис.1.5, а) знаходимо шуканий струм і3вм(ґ) = і3(да), кори­стуючись законом Ома та формулою розподілу струмів у паралельних вітках:

і3 (да) = 1 (да) =-Еі-=-1223-= 0,225А.

3 і?2 + і3   [і1 + (і?2 і3)/(і2 + і3)](і2 + і3)   (10 + 30/13)-13

3. Щоб визначити сталу інтегрування А1, розглянемо рівняння (1.32) при

ґ = +0:

І3 (+0) = 4 + І3вм (+0), звідки

4 = І3 (+0) _ і3вм (+0). (1.33) Оскільки шуканий струм і3(ґ) не є струмом в індуктивному елементі, до

нього не можна безпосередньо застосувати закон комутації. У цьому випадку і3(+0) є залежним початковим значенням, яке можна знайти двома способами:

І1(да) і

Ф

Е

І2

І3

Т ^(со) т і3(да)

о

і1 (+0) і

Е

іь (+0) 6^

І2

І3

а

б

Рисунок 1.5 - Еквівалентні схеми кола (рис.1.4, б) для моментів

часу: а - і    да; б - і = +а) для моменту ґ = +0, підставивши перше рівняння системи (1.29) до другого, матимемо:

і?1[і2(+0) + і3 (+0)] + І3і3(+0) = Е, звідки і3(+0) = Е .

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118 


Похожие статьи

Ю О Коваль - Основи теорії кіл

Ю О Коваль - Основи теорії кіл сигналів та процесів в системах технічного захисту інформації