АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ...
Transcript of АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ...
0
Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования «Уфимский государственный авиационный технический университет»
АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
Практикум по дисциплинам
«Электротехника», «Общая электротехника», «Электротехника и электроника», «Общая электротехника и электроника»,
«Дополнительные главы электротехники и электроники», «Спецглавы электричества» и «Основы теории цепей»
УФА 2012
1
Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высше-
го профессионального образования «Уфимский государственный авиационный технический университет»
Кафедра теоретических основ электротехники
АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
Практикум по дисциплинам
«Электротехника», «Общая электротехника», «Электротехника и электроника», «Общая электротехника и электроника»,
«Дополнительные главы электротехники и электроники», «Спецглавы электричества» и «Основы теории цепей»
УФА 2012
2
Составители: В.С. Лукманов, И.Е. Чечулина, А.Р. Фатхиев, Е.В. Ларионова
УДК 621.3 (07) ББК 31.2(я7) Анализ линейных электрических цепей: Практикум по дисциплинам» «Электротехника», «Общая электротехника», «Электротехника и электроника», «Общая электротехника и электроника», «Дополнительные главы электротехники и электроники», «Спецглавы электричества» и «Основы теории цепей Уфимский государственный авиационный технический университет; Сост.: В.С. Лукманов, И.Е. Чечулина, А.Р. Фатхиев, Е.В. Ларионова – Уфа, 2012. – 55 с.
Представлены следующие темы: методы расчета линейных электрических цепей; символический метод расчета электрических цепей при гармонических воздействиях; расчет резонансных режимов и цепей с взаимной индукцией; методы расчета режимов работы трехфазных цепей; методы расчета электрических цепей при перио-дических несинусоидальных воздействиях, а также расчет переход-ных процессов в линейных электрических цепях первого и второго порядка классическим и операторным методами; расчет четырехпо-люсников и электрических фильтров. Содержит примеры решения типовых задач и задачи для самостоятельной работы.
Предназначен для студентов очной и заочной формы обучения направления подготовки бакалавров и дипломированных специалистов инженерно-технического и инженерно-экономического профиля, изучающих дисциплины «Электротехника», «Общая электротехника», «Электротехника и электроника», «Общая электротехника и электроника», «Дополнительные главы электротехники и электроники», «Спецглавы электричества» и «Основы теории цепей».
Ил. 52 Библиогр. 7
Рецензенты: канд. техн. наук, доцент каф. ТОЭ Гусаров А.В. доктор техн. наук, профессор каф. ВТ и ЗИ Васильев В.И.
Уфимский государственный авиационный технический университет, 2012
3
СОДЕРЖАНИЕ
Введение………………………………………………….…...……....
1. Расчет линейных цепей постоянного тока………….………...
2. Расчет цепей однофазного синусоидального тока….…….….
3. Резонансные явления………………………………….……..…
4. Расчет цепей при периодических воздействиях …….………
5. Цепи с индуктивно связанными элементами…………………
6. Расчет трехфазных цепей……………………………….……...
7. Расчет четырехполюсников и электрических фильтров.…….
8. Переходные процессы в линейных цепях....……………...…..
9. Рекомендации по оформлению отчета о решении задач…….
10. Критерии результативности практикума…………………….
11. Список литературы …………………………….………….….
4
5
13
19
21
25
28
34
39
58
58
59
4
ВВЕДЕНИЕ Основу практикума составляют типовые задачи с подробными
решениями и пояснениями. Результаты освоения материала студенты могут оценивать самостоятельно с помощью контрольных задач, с при-веденными решениями и ответами.
В практикуме представлены: методы расчета линейных электриче-ских цепей при постоянных и гармонических воздействиях, трехфазных цепей, а также цепей при периодических несинусоидальных воздейст-виях; расчет резонансных режимов и цепей с взаимной индукцией; рас-чет переходных процессов в линейных электрических цепях первого и второго порядка классическим и операторным методами; расчет четы-рехполюсников и электрических фильтров.
Практикум предназначен для студентов очной и заочной форм обучения направления подготовки бакалавров и специалистов по направлениям: 060800(080502) – «Экономика на предприятии (связь)»; 090104 – «Комплексная защита объектов информации»; 190700(190701) – «Организация перевозок и управление на транспорте»; 200100 – «Приборостроение»; 200103 –Авиационные приборы и измерительно-вычислительные комплексы; 200106 – «Информационно-измерительная техника и технологии»; 200300 – «Биомедицинская инженерия»; 210400 – «Телекоммуникации»; 210404 – «Многоканальные телекоммуникационные системы»; 210402–«Средства связи с подвижными объектами»; 210405 – «Радиосвязь, радиовещание и телевидение»; 210406 – «Сети связи и системы коммутации», 210602–«Наноматериалы»; 220100 –«Системный анализ и управление»; 220200 – «Автоматизация и управление»; 220201–«Управление и информатика в технических системах»; 220301–«Автоматизация технологических процессов и производств (по отраслям)»; 220305 – «Автоматизированное управление жизненным циклом продукции»; 220306 − «Компьютерные системы управления качеством для автоматизированных производств»; 220501–«Управление качеством»; 220400 − «Мехатроника и робототехника»; 220402 − «Роботы и робототехнические системы»; 220600(220601) – «Управление инновациями», изучающих дисциплины: «Электротехника», «Общая электротехника», «Электротехника и электроника», «Общая электротехника и электроника», «Дополнительные главы электротехники и электроники», «Спецглавы электричества» и «Основы теории цепей».
5
Тема 1. Расчет линейных цепей постоянного тока
Цель занятия: овладение на практике основными методами анализа линейных электрических цепей на примере цепей постоянного тока.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача 1.1
1. Определить токи в ветвях электрической цепи, изображенной на рис. 1.1 и проверить баланс мощ-ностей.
2. Записать баланс мощностей для цепи, в которой источник тока преобразован в эквивалентный ис-точник ЭДС EJ, как это показано на рис. 1.2.
Дано: Е =20 B, J =2 A, R1 =15 Ом, R2 =85 Ом.
Решение:
Выберем положительные направления токов в ветвях электрической схемы (рис 1.1). Составим уравнения по законам Кирх-гофа:
=+=−+
.
,0
2211
21
ERIRI
IIJ
Решив систему уравнений
=+−=−
,208515
,2
21
21
II
II
получим токи: I1 = − 1,5 A, I2 = 0,5 A. Для расчета баланса мощностей необходимо определить напря-
жение на зажимах источника тока U2 = I2 R2 = 0,5·85 = 42,5 B.
Мощность источника тока
I1
Рис 1.2
R1
E
R2
EJ
I2
R1
I1
E
R2 J
Рис 1.1
6
PJ = J U2 = 2 ⋅ 42,5 = 85 Bт. Мощность источника ЭДС
PE = E I1 = 20 ⋅ (−1,5) = −30 Вт. Мощность источников
Рист = PE + PJ = 85 + (−30) = 55 Вт. Мощность приемников
PR = I12 R1 + I2
2 R2 = (−1,5)2 ⋅15 + (0,5)2 ⋅85 = 55 Вт.
Баланс мощностей выполняется. Составим баланс мощностей для цепи, в которой источник тока
преобразован в эквивалентный источник ЭДС (рис. 1.2): EJ = J R2 = 2 ⋅ 85 = 170 B,
ток в цепи
5,11585
17020
121 −=
+−=
+−=
RR
EEI J А.
Мощность источников
Pист = PE + JEP = EI1 − EJI1 = 20⋅(−1,5) − 170⋅(−1,5) = 225 Bт.
Мощность приемников
PR = 21I (R2+R1) = 1,52 ⋅ (85 + 15) = 225 Вт.
Баланс мощностей соблюдается. Заметим, что в эквивалентной схеме мощности источников и приемников увеличились. Следова-тельно, эквивалентность преобразований в отношении мощностей не соблюдается.
Задача 1.2
Потенциалы узлов электри-ческой цепи изображенной на рис. 1.3 равны: ϕa = −15 B, ϕb = 52 B, ϕc = 64 B. Источники ЭДС E1 = 80 B, E3 =70 B. Сопротивления резисторов R1 = 5 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 12 Ом.
Определить токи в ветвях, построить потенциальную диа-грамму.
b
f c
I1
R3
R2
E3
d
E1
I3
Рис. 1.3
I2
I5
I6 a I4
7
Решение:
Вычислим напряжение между каждой парой узлов:
675215 −=−−=−= baabU ϕϕ B;
125264 =−=ϕ−ϕ= bccbU B;
79)15(64 =−−=ϕ−ϕ= accaU B.
Применяя закон Ома, находим токи I1, I2 , I3:
6,25
8067
1
11 =+−=+=
R
EUI ab A;
2,11012
22 ===
R
UI cb A;
75,012
7079
3
33 =−=−=
R
EUI ca A.
Токи I4 , I5 , I6 находим по первому закону Кирхгофа:
I4 = I3 − I1 = 0,75 − 2,6 = −1,85 A; I5 = I1 + I2 = 2,6 + 1,2 = 3,8 A; I6 = −I2 −I3 = − 1,2 − 0,75 = −1,95 A.
Для построения потенциальной диаграммы контура a-d-b-c-f-a необходимо дополнительно определить потенциалы точек d и f.
6580151 =+−=+ϕ=ϕ Ead B, 670643 −=−=−ϕ=ϕ Ecf B.
Построим потенциальную диаграмму для контура a-d-b-c---f-a (рис. 1.4).
В качестве точки отсчета выберем точку a с потенциалом
15−=ϕa В. Потенциал следующей
точки d 65=ϕd В, приращение сопротивления на участке a-d равно нулю, вследствие того, что здесь включен идеальный источник ЭДС. На диаграмме
R1
5 10 30
R Ом.
5 10
0
50 55
65
-5
-15
c
a a f
b
d φ, В.
20 25
R3 R2
Рис. 1.4
8
E3
E1 R1
E2
R5
R3
R2
R4
E4 I22 I33
I11
R6
Рис. 1.5
I6
I5
I2
I4
I1
I3
4
1
2 3
этому участку соответствует вертикальный отрезок. Между точками d и b включен резистор с сопротивлением 51 =R Ом. Точка b имеет ординату равную потенциалу узла b
( 52=ϕb В), а абсцисса равна 51 =R Ом. На участке b-c включен резистор с сопротивлением 2R ,
следовательно, абсцисса точки c равна 1521 =+ RR , Ом, а ордината ,64=ϕc В.
Участку c-f с идеальным источником ЭДС 3E соответствует вертикальный отрезок потенциальной диаграммы. Причем 6−=ϕ f В.
На участке f-a включен резистор с сопротивлением 3R . Следовательно, ордината последней точки диаграммы, точки a, равна
15−=ϕa В, а абсцисса – 27321 =++ RRR Ом. Ответ: 60,21 =I А; 20,12 =I А; 75,03 =I А; 85,14 −=I А;
80,35 =I А; 95,16 −=I А.
Задача 1.3
Методами контурных токов и узловых потенциалов найти токи в ветвях электрической цепи, изобра-женной на рис. 1.5, если Е1 = 100 В, Е2 = 30 В, Е3 = 10 В, Е4 =6 В, R1 = 10 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 1 Ом, R4 = 6 Ом, R5 = 5 Ом, R6 = 15 Ом.
Решение:
Решим задачу методом кон-турных токов.
В схеме число ветвей b = 6, число узлов y = 4, число ветвей с источниками тока bJ = 0.
Тогда 3)14(06)1(II =−−−=−−−= ybbn J − количество уравнений, со-
ставленных по методу контурных токов для показанной на рис. 1.5 произвольно выбранной независимой системы контурных токов I11, I22, I33:
9
=++=++=++
.
,
,
33333332223111
22233322222111
11133312221111
ERIRIRI
ERIRIRI
ERIRIRI
Собственные сопротивления контуров: 2010102111 =+=+= RRR Ом;
2256110543222 =+++=+++= RRRRR Ом; 22156164333 =++=++= RRRR Ом.
Для общих сопротивлений между контурами имеем: 1022112 −=−== RRR Ом;
7)61()( 433223 −=+−=+−== RRRR Ом; 03113 == RR .
Далее определяем контурные ЭДС: 60103010032111 =−−=−−= EEEE В;
246304222 =−=−= EEE В; 166104333 =+=+= EEE В.
После подстановки численных значений система уравнений примет вид:
=+−=−+−
=−
.16227
,2472210
,601020
3322
332211
2211
II
III
II
Решая систему уравнений, получим значения контурных токов:
I11 = 5 А, I22 = 4 А, I33 = 2 А.
В ветви с ЭДС Е1 ток I1 имеет направление контурного тока II и поэтому
I1 = I11 = 5 А.
Аналогично в пятой и шестой ветвях:
I5 = − I22 = − 4 А, I6 = I33 = 2 А. Во второй ветви с сопротивлением R2 ток I2 равен алгебраиче-
ской сумме контурных токов II и III:
I2 = I11 − I22 = 5 − 4 = 1 А.
Аналогично в третьей и четвертой ветвях:
I3 = I11 − I33 = 5 − 2 = 3 А,
10
I4 = I22 − I33 = 4 − 2 = 2 A.
Теперь решим эту задачу методом узловых потенциалов. Между 3 и 4 узлами включена идеальная ЭДС 3E . Если заземлим один из этих узлов, например, узел 4, то 1033 ==ϕ E В. Для определения по-тенциалов первого и второго узлов составим два уравнения:
=ϕ+ϕ+ϕ=ϕ+ϕ+ϕ
.
,
22233222211
11133122111
JGGG
JGGG
Собственные проводимости узлов:
10543
151
51
611111
564311 =++
+=++
+=
RRRRG См;
52
51
101
101111
52122 =++=++=
RRRG См.
Для общих проводимостей между узлами имеем:
511
52112 −=−==
RGG См;
71
6111
4313 −=
+−=
+−=
RRG См;
1011
223 −=−=
RG См.
Далее определяем узловые токи:
76
611
6)1
(43
411 =+
⋅=+
=RR
EJ А;
10130
101
100101
3011
11
2222 =⋅+⋅=+=
RE
REJ А.
После подстановки система уравнений принимает вид
=−ϕ+ϕ−
=−ϕ−ϕ
.10130
1010
52
51
;76
710
51
10543
21
21
Решая систему уравнений, получим 301=ϕ В, 502 =ϕ В. Найдем токи в ветвях по закону Ома:
11
510
10050
1
1241 =+−=+ϕ−ϕ=
R
EI А;
110
301050
2
2322 =−−=−ϕ−ϕ=
R
EI А;
27
61030
43
4314 =−−=
+−ϕ−ϕ=RR
EI А;
45
5030
5
215 −=−=ϕ−ϕ=
RI А;
215
30
6
416 ==ϕ−ϕ=
RI А.
Ток I3 найдем из уравнения, составленного по первому закону Кирхгофа для третьего узла:
321423 =+=+= III А.
Ответ: 51 =I А; 12 =I А; 33 =I А; 24 =I А; 45 −=I А; 26 =I А.
Задача 1.4
Найти ток I1 методом эквивалентного генератора, в электриче-ской цепи, схема, которой приведена на рис. 1.5
Решение:
Найдем параметры эквивалентного генератора по отношению к первой ветви (рис 1.6).
В режиме холостого хода най-дем напряжение 42U (рис 1.7).
Для этого можно воспользо-ваться системой уравнений, состав-
R1
Rвн
E1
EЭГ
2 4
Рис. 1.6
U42
E3 E2
E4
R2 R4
R5 R6
R3
2 4
Рис. 1.7
1
3
12
ленных по методу узловых потенциалов для данной схемы (рис. 1.5).
Если считать 01
1=
R, 0
1
1 =R
E, а 04 =ϕ , тогда
==ϕ
=ϕ−+ϕ+ϕ−
+=
+ϕ−ϕ−
+++ϕ
В.10
;1
)11
(1
;11
)111
(
33
2
2
23
522
51
43
4
433
52
43651
E
R
E
RRRR
RR
E
RRRRRRR
Подставим числовые значения и найдем значения потенциалов
=ϕ+ϕ−
=ϕ−ϕ
.4103
51
;7
1651
10543
21
21
Тогда 93,1729520
1 ==ϕ В, 287,2587
22002 ==ϕ В.
Как видно из схемы
287,2529,2502442эг −=−=ϕ−ϕ== UE В. Сопротивление внR определяется по схеме, приведенной на
рис. 1.8, в которой источники ЭДС закорочены.
( )
( )
( )
( )
Ом.94,487430
61156115
510
61156115
510
436
43652
436
43652
вн
==
=
+++++
++
++=
=
+++++
++++
==
RRR
RRRRR
RRR
RRRRR
RR ab
Искомый ток находим по эквивалентной схеме замещения, изо-браженной на рис 1.6.
R2 R4
R5 R6
R3
a b Рис. 1.8
13
51094,4
100287,25
1вн
1ЭГ1 =
++−=
++=
RR
EEI А.
Ответ: I1 = 5 А.
Задача 1.5
Определить показание вольт-метра (рис. 1.9), если E1=80 B, R1=R3=4 кОм, E2=30 B, R2=2 кОм, E3=20 B.
Ответ: 40 B.
Задача 1.6
Определить ток I методом
контурных токов (рис. 1.10), если E=80 B, R=40 Ом, J=3 А.
Ответ: 2 А.
Тема 2. Расчет цепей одно-
фазного синусоидального тока
Цель занятия: приобретение навыков расчета линейных электрических цепей однофазного синусоидального тока во временной и частотной областях.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
E1
+
- E2
V E3
Рис. 1.9
R1 R2 R3
R R
R R
J E
I33
I22
I I11
Рис. 1.10
14
Задача 2. 1
Для определения пара-метров эквивалентной схемы замещения пассивного двух-полюсника (рис. 2.1) измере-ны: приложенное напряже-ние U1 = 26 В, ток I1 = 4 А и потребляемая мощность Р1 = 40 Вт при частоте 50 Гц. Рис. 2.1
При включении последовательно с двухполюсником конден-сатора приборы показали: U2 = 26 B, I2 = 5,53 A, P2 = 76,5 Bт.
Рассчитать параметры последовательной и параллельной схе-мы замещения пассивного двухполюсника.
Решение:
По показаниям приборов в первом опы-те определим параметры последовательной эквивалентной схемы замещения двухпо-люсника (рис. 2.2):
Рис. 2.2
Ом 5,24
4022
1
11 ===
I
PR , Ом 5,6
426
1
11 ===
I
UZ ,
.Ом 65,25,6 2221
211 ±=−=−= RZX
Из данных второго опыта найдем полное и реактивное сопро-тивления последовательного соединения двухполюсника с конденса-тором, учитывая, что при этом активное сопротивление не меняется:
5,253,5
5,7622
2
22 ===
I
PR Ом, Ом 7,4
53,526
2
22 ===
I
UZ ,
.Ом 45,27,4 2221
222 ±=−=−= RZX
При неизменном приложенном напряжении и постоянном ак-
тивном сопротивлении ток I2 оказался больше тока I1. Введенное до-полнительное емкостное сопротивление уменьшает общее реактивное
u
i
A pA
* * pW
W
pV V П
R1 X1
15
сопротивление цепи. Это значит, что реактивное сопротивление X1 имеет индуктивный характер:
61 +=X Ом.
При этом индуктивность
Гн.101,19314
6 31 −⋅==ω
= XL
Неизвестное значение дополнительно введенного емкостного
сопротивления XС можно определить следующим образом. Установлено, что X1 = 6 Ом. Реактивное сопротивление двухпо-
люсника с конденсатором X2 = ±4 Ом (индуктивного или емкостного характера)
CXXX −= 12 .
Отсюда получаем, что сопротивление ХС может иметь следую-щие значения: XС = 2 Ом или XС = 10 Ом.
Параметры параллельной эквивалентной схемы замещения двухполюсника (рис. 2.3):
.См 142,065,2
6
,См 059,065,2
5,2
2221
21
1
2221
21
1
=+
=+
=
=+
=+
=
XR
XВ
XR
RG
L
Рис. 2.3
Параметры параллельной схемы замещения можно также выра-
зить через сопротивление и индуктивность
9,16059,0
11П ===
GR Ом; 04,7
142,0
11П ===
BX Ом;
3ПП 104,22
314
04,7
ω−⋅=== X
L Гн.
Ответ: Параметры последовательной схемы замещения: R=2,5 Ом, L=19,1 мГн;
параметры параллельной схемы замещения: RП=16,9 Ом, LП=22,4·10-3 Гн.
G
BL
16
Z1 = R1 + jX1 = 8 + j6 Ом и Z2 = R2 − jX2 = 12 − j5 Ом найдем по формуле:
( )( )
.Ом 28,136,65,6
025,20
13105126851268
39,11
86,2
62,2287,36
21
21
je
e
ee
jj
jj
ZZ
ZZZ
j
j
jj
+==
=⋅=−++−+=
+=
°
°
°−°
Если U = 130 B, то токи по закону Ома равны:
,A85,323,91013
130
512
130
,A8,74,101310
130
68
130
62,2262,22
00
22
87,3687,36
00
11
jee
e
j
e
Z
UI
jee
e
j
e
Z
UI
jj
jj
jj
jj
+===−
==
−===+
==
°°−
°−°
I = I1 + I2 = 10,4 − j7,8 + 9,23 + j3,85 = 19,63 − j3,95 = 20 e-j11,39º A.
Найдем комплекс напряжения между точками а и b:
Uаb = U ас – Ubс = I1 jX1 – I2 R2 = (10,4 – j7,8) j6 – (9,23 + j3,85) 12 = = –63,96 + j16,2 = 66 ej165,79° B.
Ответ: Z = 6,36+j1,28 Ом, Uab = 66ej165,79º В.
Задача 2.2
Определить входное сопротивление цепи (рис. 2.4). Найти напряжение между точками а и b, если приложенное напря-жение составляет U = 130 В, а R1 = 8 Ом, R2 = 12 Ом, X1 = 6 Ом, X2 = 5 Ом.
Решение:
Эквивалентное сопротивление двух параллельно соединенных ветвей с сопро-тивлениями
Рис. 2.4
U
I I1
R1
R2 X1 c
d
a b
I2
X2
17
I11 I22
I2 I3
I4
XL
XL
E
R
XC
J
Рис. 2.5
I33
I1 Задача 2.3 Составить баланс мощностей
для цепи (рис. 2.5), если E = 10 B, J = j2 A, R = 2 XL = XC = 10 Oм.
Решение: Согласно методу контурных
токов запишем уравнения, выбрав положительные направления кон-турных токов по часовой стрелке:
==⋅−+−+−−
=−−−
JI
jXIjXjXIjXI
EjXIjXRI
LLCC
CC
33
332211
2211
.0)2()(
;)()(
После подстановки численных значений система принимает вид: ( ) ( )
( ) ( )
⋅=+−+−−=−−−
.52101010
;10101010
2211
2211
jjjjΙjΙ
jΙjΙ
Решение системы уравнений с комплексными коэффициентами позволяет определить значения контурных токов:
I11 = j1 A, I22 = −1 A, следовательно, и токи в ветвях:
I1 = I11 = j1 A; I2 = I11 − I22 = 1+ j1 A; I3 = I22 = −1 A; I4= I22 − J = −1−j2 A. Полная комплексная мощность источника ЭДС
SE = E I*1= 10⋅(−j1) = −j10 BA.
Полная комплексная мощность источника тока S J = UJ J
* = (−10 + j5)( −j2) = 10 + j20 BA, где UJ = − jX LI4 = (1 + j2) j5 = −10 + j5 B.
Таким образом, полная комплексная мощность источников: Sист = JE SS + =- j10+10+ j20=10 + j10 BA,
а полная комплексная мощность приемников:
Sпр = ∑=
4
1kI*к Uк =∑
=
4
1k I*
к (Iк Zк)= ∑=
4
1k I2
к Zк =I 12 R1 + I2
2 (−jXС ) +
18
+I32 (jXL ) + I4
2 (jXL ).
После подстановки значений получим
Sпр = 10 + j10 ВА.
Таким образом, полная комплексная мощность источников рав-на комплексной мощности приемников. Баланс соблюдается.
Ответ: Sист = 10 + j10 BA; Sпр = 10 + j10 ВА.
Задача 2.4
Для цепи, схема которой изо-бражена на рис. 2.6, построить топографическую диаграмму напряжений и векторную диа-грамму токов, приняв ϕd = 0, ес-ли R = XL = XC = 1 Ом, I5 = 1 А. Определить E.
Рис.2.6
Решение:
Потенциал узла c: ϕc = ϕd+I5 (−jXC) =0+1·(−j1) = −j1 B. Следовательно, I4 = (ϕc − ϕd)/R=(−j1 − 0)/1 = −j1 A.
На основании первого закона Кирхгофа для узла c вычислим ток I3:
I3 = I4 + I5 = 1 − j1 A. Потенциал узла e:
ϕe = ϕd − I3 (−jXC) = 0 − (1 − j1) (−j1) = 1+ j1 В. Потенциал узла b:
ϕb = ϕC + I3 (jXL) = −j1 + (1 − j1) (j1) = 1 B.
Ток I2 определим по закону Ома, зная потенциалы узлов b и e:
E
I1 I3
I4
R e
XC d f
I2
XC R XL
XL c b a
I5
XC
19
φa=φd
I2
I5
I4 I1 I3
φb
φe
φf
φc
mI: 1 дел.=1 А mU: 1 дел.=0,5 В
Рис. 2.7
+1
+j
Uaf Uef
Ude
Ucd
Ube
Ubc
11
)11(1φφ2 −=+−=
−=
j
j
jXI
L
eb A.
Применяя первый закон Кирхгофа для узла b, найдем ток I1 = I2 + I3 = −1+1 − j 1 = − j1 A. Теперь найдем потенциалы то-
чек a и f: ϕa = ϕb + I1 (−jXC) = 1 + (−j1)( −j1) = 0
B, ϕf = ϕe − I1R = (1+ j1) − (−j1)1 = 1 + j2
B. ЭДС E определим как разность
потенциалов между точками a и f: E = ϕa − ϕf = −1 − j2 B.
Векторная диаграмма токов, совмещенная с топографической диаграммой напряжений, пред-ставлена на рис. 2.7.
Ответ: E=−1−j2 В.
Задача 2.5
Определить показания приборов в электрической цепи, изображенной на рис. 2.8, если R1 = 2 Oм, R2 = 4 Oм,
X1 = 10 Oм, X2 =4 Oм,
i(t) = 2sin(ω t + 20°) A.
Ответ: pW=4 Bт, pV1 =12 B,
pV2 =8 B.
Рис. 2.8
i
W
R1
pW
*
*
V
V
pV1
pV2
X1 R2 X2
20
Тема 3. Резонансные явления
Цель занятия: изучение методов анализа частотных характеристик линейных электрических цепей, а также расчета резонансных режимов.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача 3.1
Определить угловые частоты и то-ки в режиме резонанса (рис. 3.1): L =4 Гн, C1 = 3 мкФ, C2 = 1 мкФ,
R = 100 Ом, U = 200 B.
I1
C2
I2
R L
C1
U I3
a
b
Рис. 3.1 Решение:
В данной цепи возможны два резонансных режима: резонанс то-ков в контуре, состоящем из катушки индуктивности L и конденсато-ра C2, а также резонанс напряжений на входе всей цепи.
Угловая частота резонанса напряжений находится из условия:
Jm [Zвх ] = X = 0.
Входное сопротивление цепи равно
2
2
1вх
ω
1ω
)ω
1(ω
ω
1
CjLj
CjLj
CjRZ
−
−+−= ,
тогда 0
ω
1ω
ω
1ω
ω
1
2
2
1=
−+=
CL
CL
CX .
Откуда частота резонанса напряжений
21
250)10103(4
1
)(
1ω
6621
Н0 =+⋅
=+
=−−CCL
c-1.
При резонансе напряжений ток I1 совпадает по фазе с прило-женным напряжением U и равен:
2100
20010Н ===
R
UI A.
Напряжение Uab на параллельном контуре L, C2 при этом равно: 3
622
2Н0
Н010Н 10
3
8)
1104250
4250(2)
1ω
ω( ⋅=
−⋅⋅⋅−=
−−= − jj
LC
LjIU ab В.
Тогда токи I3 и I2 соответственно равны:
3
8
4250
103
8
ω
3
Н0Н30 =
⋅
⋅==
j
j
Lj
UI K A,
.A 3
2
10250
1
103
8
ω
16
3
2Н0
Н20 −=
⋅−
⋅=
−=
−j
j
Cj
UI K
При резонансе токов реактивная проводимость параллельного контура Jm[Y] = B = 0. Угловая частота резонанса токов определяется по формуле:
5001014
11ω
62
0Т =⋅⋅
==−LC
c-1.
Реактивное сопротивление параллельного соединения равно бесконечности и ток на входе цепи I1 равен нулю. Индуктивный и ем-костный ток при этом определяются следующим образом:
1,04500
200ω Т0
Т30 jjLj
UI −=
⋅== A,
1,0
10500
1200
ω
16
2Т0
Т20 jj
Cj
UI =
⋅−
=−
=
−
A.
Ответ: РН: ωн = 250 с-1, I10Н = 2А, I20Н = A 32− , I30Н =
38
А;
РТ: ωт = 500 с-1, I10Т = 0, I20Т = 1,0j А, I30Т = 1,0j− А.
22
Задача 3.2
В режиме резонанса известны по-казания приборов pW = 4 Вт, pV = 1 В и индуктивное сопротивление XL = 2 Ом (рис. 3.2). Определить активное сопро-тивление R и емкостное сопротивление XC.
Ответ: 15,75 Ом и 1,97 Ом, или 0,25 Ом и 0,03 Ом.
Рис. 3.2
Задача 3.3
Определить частоту и индуктивность, если цепь находится в режиме резонан-са (рис. 3.3).
J(t) = 10sinωt A, R = 10 Ом,
C =1 мкФ,
pV =10 / 2 B.
Ответ: 106 рад/c, 10-6 Гн. Рис. 3.3
Задача 3.4 Добротность катушки (рис. 3.4)
R
LQL
ω= при резонансной частоте равна
4. После настройки в резонанс частоту входного напряжения увеличили вдвое.
Как следует изменить емкость кон-денсатора, чтобы цепь при увеличенной частоте вновь оказалась бы в режиме ре-зонанса?
Ответ: C2 =0,262⋅С1.
R
C L
Рис. 3.4
L
J(t) R
V pV
C
W
V
pV
C *
*
L R
pW
23
C
eA(t)
LB iА(t) iC(t)
iВ(t) LC
EB
Рис. 4.1
R
Тема 4. Расчет цепей при периодических воздействиях
Цель занятия: закрепление полученных теоретических знаний по анализу линейных электрических цепей при несинусоидальных периодических воздействиях.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача 4.1
В цепи (рис.4.1) действуют две ЭДС: еА = 60 + 30sin(ωt + 30°) + 60sin2ωt В; EВ = 30 В.
Найти мгновенные и действующие зна-чения токов в ветвях и напряжения на емко-сти, а также мощность в сопротивлении R. Определить активную и полную мощности источника ЭДС еА, если ωLВ = =30 Ом, ωLС
=10 Oм, 401 =
ωСОм, R=60 Ом.
Решение:
Постоянные составляющие токов и напряжения на емкости:
IA(0) = IB(0) = (EA(0) − EB)/R = (60 – 30) / 60 =0,5 A; IC(0) = 0; UC(0) = EB = 30 B.
Для первой гармоники входное сопротивление цепи
( ) ,1
)1(1 ∞=∞+=
ω−ω+ωω−ωω
+= R
CjLjLjCjLjLj
RZCB
CB
в правом контуре наблюдается резонанс токов. Тогда: 0)1( =AmI
( )( ) A,1
3030 60
301
1o
o
jj
B
AmBm e
j
e
Lj
EI −==
ω=
( )( )
( ) A;14010
301
12030
11
o
o
jj
C
AmCm e
jj
e
CjLj
EI =
−=
ω−ω=
24
( ) ( ) ( ) ( ) .B40401 3012011
oo jjCmCm ejeCjIU =−⋅=ω−⋅=
Для второй гармоники сопротивление ветви «С» будет равно:
ZC(2) = j2ωLC − j/2ωC = j20 − j20 = 0, наблюдается резонанс напряжений. Поэтому входное сопротивление цепи для второй гармоники Z(2) = R = 60 Oм.
Тогда ( ) ( ) A;16060
)2(22 === ZEI AmAm
( ) ( );22 AmCm II = ( ) ;02 =BmI
( ) ( ) ( ) B.2021
22 jCjIU CmCm −=ω−⋅=
Мгновенные и действующие значения токов в ветвях и на-пряжения на емкости соответственно равны:
iA(t) = 0,5 + 1sin2ωt A;
IA = =+ )2
(2
)2(2)0(
AmA
II 22 )
2
1(5,0 + = 0,87 A;
iB(t) = 0,5 + 1sin(ωt − 60°) A;
IB = =+ )2
(2
)1(2)0(
BmB
II 22 )
2
1(5,0 + = 0,87 A;
iC(t) = 1sin(ωt + 120°) + 1sin2ωt A;
IC = =+ )2
()2
(2
)2(2
)1( CmCm II 22 )2
1()
2
1( + = 1 A;
uC(t) = 30 + 40sin(ωt + 30°) + 20sin(2ωt − 90°) B;
UC = =++ )2
()2
(2
)2(2
)1(2)0(
CmCmC
UUU 222 )
2
20()
2
40()30( ++ =43,5B.
Aктивная мощность: PA=I A2⋅ R = 0,872 ⋅ 60 = 45 Bт.
Мощности источника ЭДС еA:
активная Pe = IA(0) ⋅ EA(0) + IA(2) ⋅ EA(2) = 0,5 ⋅ 60 + 2
602
1 ⋅ = 60 Вт;
полная Se = IA⋅EA = 2)2(
2)1(
2)0(
2)2(
2)1(
2)0( АААААА EEEIII ++⋅++ =
= 0,87 222 )2
60()
230
(60 ++ = 66,54 BA.
25
Ответ: iA(t) = 0,5 + 1sin2ωt A; iB(t) = 0,5 + 1sin(ωt − 60°) A;
iC(t) = 1sin(ωt + 120°) + 1sin2ωt A; IA = 0,87 A; IB =0,87 A; IC =1 A; PA =45 Bт; Pе =60 Вт; Sе =66,54 BA.
Задача 4.2
На входе цепи (рис. 4.2) дейст-вует источник напряжения, содер-жащий первую гармонику с часто-той ω = 103 с-1, а также третью и пя-тую гармонические составляющие. Между входом и нагрузкой Rн =80 Ом включен электрический фильтр, у которого L1 = L2 = 10 мГн.
Рис. 4.2
Подобрать емкости конденсаторов C1 и C2 так, чтобы в нагрузке отсутствовали токи третьей и пятой гармоник. Определить отноше-ние напряжений Uн /Uвх(1) по первой гармонике.
Решение:
Для того чтобы в нагрузке отсутствовали токи третьей и пятой гармоники, оба контура (последовательный и параллельный) должны быть настроены в резонанс: один − на частоте 3ω, другой − на частоте 5ω. Рассмотрим два решения.
1. Параллельный контур L1C1 настроен в резонанс на частоте 3ω:
301
1010103
13
31
3311
=⋅⋅⋅
=ω=ω −C
L См.
Отсюда С1 = 11,1 мкФ.
На частоте 3ω сопротивление параллельного контура Z1(3ω) = ∞ и, следовательно, третья гармоника тока в нагрузке будет равна нулю.
Последовательный контур L2C2 настроен в резонанс на часто-те 5ω:
5010101055
15 33
22 =⋅⋅⋅=
ω=ω −
CL Ом.
Отсюда C2 = 4 мкФ.
uвх(t)
L1
C2
L2
C1 Rн
26
На частоте 5ω сопротивление последовательного контура равно нулю: Z2(5ω) = 0 (резонанс напряжений). И поскольку параллельно сопротивлению нагрузки оказывается включенной ветвь с нулевым сопротивлением, то пятая гармоника тока в нагрузке равна нулю.
Для определения Uн /Uвх(1) найдем значения Z1 и Z2 по первой гармонике:
Ом25,119010
)90(101
1
)(
11
11
1 jjj
jj
CjLj
CjLjZ =
−−=
ω−ω
ω−⋅ω=ω ;
Ом.240250101)(2
22 jjjCjLjZ −=−=ω−ω=ω
В результате имеем:
( ).04,1
75,121,72
76
25,11241,72
76
)(
)(
;Ом 24-72,17624080
80)240()(
2212
2
1)
4,18
2
22
н
н
вх(
н
н
нн
=+
=+−
=ω+ω
ω=
==−
−=+
=ω −
jjZZ
Z
U
U
jеj
j
RZ
RZZ j o
2. Параллельный контур настроен в резонанс на частоте 5ω. Значит, величина емкости C1 = 4 мкФ. Тогда резонанс напряжений должен наступать на частоте 3ω, следовательно, C2 = 11,1 мкФ.
Сопротивления Z1, Z2, Z2н на частоте ω:
. Ом 40 40240)( Ом, 80)( Ом, 4,10)( 45221 н jеZjZjZ
j −=⋅=ω=ω=ω − o
Тогда
. 13,1)()(
)(
12
2
1) н
н
вх(
н =+
=ωω
ω
ZZ
Z
U
U
Ответ: Или C1 = 11,1мкФ, C2 = 4 мкФ, или C1 = 4 мкФ, C2 =11,1 мкФ.
Или 04,11)вх(
н =U
U, или . 13,1
1)вх(
н =U
U
27
Тема 5. Расчет цепей со взаимной индуктивностью
Цель занятия: закрепление полученных теоретических знаний по анализу линейных электрических цепей синусоидального тока при наличии индуктивной связи; приобретение навыков расчета линейных трансформаторов.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача 5.1
Определить показа-ния вольтметров в ли-нейной цепи (рис. 5.1), если дано:
M12 = M32 = 2 мГн, C = 2 мкФ, i = 0,1sin5000t A.
Рис. 5.1
V1 V2
i
C
А
В
pV1 pV2
i 1 2 3
D
Решение:
Определим одноименные зажимы катушек. Зажимы двух индук-тивно связанных катушек называют одноименными, если при одина-ковом направлении токов относительно этих зажимов потокосцепле-ния (или потоки) самоиндукции и взаимной индукции в каждой ка-тушке суммируются.
Маркировка одноименных зажи-мов позволяет проводить расчеты по схеме замещения (рис. 5.2).
Реактивные сопротивления эле-
ментов схемы равны:
1001025000
116
=⋅⋅
=ω −С
Ом,
Ом101025000 33212 =⋅⋅=ω=ω −ММ .
U L2 U М32 U М12
UC C
Рис. 5.2
B A
I
* *
*
I
D
28
Показание первого вольтметра равно модулю напряжения меж-ду точками А и D:
U1 = |U AD| = |U DA|,
U AD = −U M12 – U C = −jωM12 I − (−j1/ωC) I = I (j1/ωC − jωM12) =
= 2
1,0(j100 − j10) =
2
9j=j6,36 В.
Показание второго вольтметра определяет модуль напряжения
между точками B и D: U3 = |U BD| = |U DB| ,
U BD = U M32 – U C = jωM32 I − (−j1/ωC) I = I (j1/ωC + jωM23 ) =
= 2
1,0(j100 + j10) =
2
11j= j7,79 B.
Ответ: pV1 = 6,36 В; pV2=7,79 В.
Задача 5.2
Чему равно входное сопро-тивление цепи (рис. 5.3), если дано:
ωL = R = 20 Ом, 1/ωC = 10 Ом, k = 0,5.
Решение:
Зная коэффициент связи k, найдем сопротивление взаимной ин-дукции
Ом.1020205,0 =⋅=ω⋅ω=ω LLkМ
Входное сопротивление цепи определяется отношением входно-го напряжения к входному току
Zвх = Uвх / Iвх .
L L
С
Iвх R
Uвх
С
Рис. 5.3
* *
29
Выразим входной ток, через входное напряжение, используя метод контурных токов, причем первый контурный ток выберем рав-ным входному току:
I11 = Iвх.
=ω−ω−ω+ω−ω−=ω−ω−ω−ω+
.0)2)/1(2()(
,)())/1((
2211
вх2211
MjCjLjIMjLjI
UMjLjICjLjRI
Подставим численные значения
=+−=−+−
,01010
,10)1020(
2211
вх2211
jIjI
UjIjI
откуда I11 = Iвх = Uвх / 20.
Таким образом, Zвх = Uвх / Iвх = 20 Ом.
Тот же ответ можно полу-чить, применяя развязку индук-тивной связи (рис.5.4).
Ответ: Zвх = 20 Ом.
L-M
C
I вх R M
U вх
С
Рис. 5.4
L-M
Задача 5.3
В цепи (рис. 5.5) при частоте ω = 103 рад/с наблюдается резонанс токов. Параметры цепи: L1 = 20 мГн, L2 = 40 мГн, М = 20 мГн, R = 100 Ом, U = 100 В. Определить показания амперметров.
Ответ: pA1 = 5 А, pA2 = 5 А, pA3 = 1 А.
U
M
R
L1 C
L2
А1
А2
А3
pА2
pА1
pА3
*
*
Рис. 5.5
30
Тема 6. Расчет трехфазных цепей
Цель занятия: изучение режимов работы и методов анализа трехфазных цепей.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача 6.1
Определить показания прибо-ров и ток iB, если цепь подключена к трехфазной нагрузке (рис. 6.1). При этом UAB = 380ej30° B, а R = 76 Ом и XL = 44 Ом.
Решение:
На топографической диаграмме (рис. 6.2) показано положение точек A, B, C при заданном UAB.
A2
A
B
C XL
XL
XL
IBR
IBL iB
A1
W
pA1
pA2
R
R
R
* *
pW
IАL
ICL
Рис. 6.1
Токи в фазах индуктивной нагрузки отстают от соответствую-щего напряжения на 90o.
Действующие значения фазных токов соединения “звезда” равны
443
380
3 ⋅====
L
ABCLBLAL
X
UIII = 5 А,
pA1 = IAL = 5 А. oooo 2109012090 −=−−=−ψ=ψ
BBL ui
Тогда ток )210sin(25 °−ω= tiBL , А. Треугольник сопротивлений
преобразуем в эквивалентную звезду, тогда R = R / 3.
Токи в фазах эквивалентной ак-
+j
А
С
+1
В
IB
IBR
IAL
ICL
IBL
30°
Рис. 6.2
тивной нагрузки совпадают с соответствующими фазными напряже-ниями, причем
R
UIII АВCRBRAR
3=== 35
763
3380 =⋅⋅= A, pA2 = IAR = 5 3=8,66 A.
31
Следовательно, iBR(t) = 5 6 sin(ωt − 120°)=12,25 sin(ωt − 120°) A.
Ток IB найдем из векторной диаграммы:
[ ][ ]
А.,10
566,85,733,45,233,4)120sin()120cos(35
)210sin()210cos(5355
150
120210
o
oo
oo
oo
j
jjBRBLB
e
jjjj
jeeIII
−
−−
=
=−−=−−+−=−+−+
+−+−=+=+=
)150sin(14,14)150sin(210 °−ω=°−ω= ttiB , А. Показания ваттметра:
[ ] Вт.190010380ReRe 15030 −=
⋅=⋅= −∗ oo jj
BAC eeIUpW
Ответ: pW = − 1900 Вт; pA1 =5,0 А; pA2 =8,66 А; )150sin(14,14 °−ω= tiB , А.
Задача 6.2
К трехфазной линии с линейным напряжением 380 В присоединены звез-дой два приемника (рис. 6.3), причем
R = XL = XC = 11 Ом.
Определить: а)токи mI и nI ;
m n
R R
O
A
B C
O1
ЕА
ЕС ЕB
Im
Ia1
Ic1 Ib1 Ic2 Ib2
O2 In
XC XC XL XL
Ia2 Ua2
Рис. 6.3
б)напряжения смещения нейтралей 1OU и 2OU и напряжения на нагрузках при обрыве нулевого провода в точках m и n одновременно.
Решение:
а) примем 2203380 === AA EE B; °−= 120220 jB eE B;
°= 120220 jC eE B.
Потенциалы нейтралей источника и приемников одинаковы, так как сопротивление нулевого провода равно нулю
02010ϕ=ϕ=ϕ . По-
этому фазные напряжения на приемниках известны и равны:
32
CccBbbAaa EUUEUUEUU ====== 212121 ,, .
Фазные токи в приемниках:
2011
22011 ===
R
UI a
a A;
o
o
210120
11 20
11220 j
j
L
bb e
j
e
jX
UI −
−=== A;
210120
11 20
11220 j
j
C
cc e
j
e
jX
UI =
−=
−= A;
20112202
2 ===R
UI a
a A;
o
o
30120
22 20
11220 j
j
C
bb e
j
e
jX
UI −
−=
−=
−= A;
o
o
30120
22 20
11220 j
j
L
cc e
j
e
jX
UI === A.
По первому закону Кирхгофа для узла O2 имеем:
,A6,5420
2020
30
30222
=+
++=++= −
o
o
j
jcban
e
eIIII
а для узла O1:
.A406,5420
2020
210
111
=++
+=+++= −
oj
ncbam
e
eIIIII
При этом векторная диаграмма токов примет вид изображенный на рис. 6.4.
+j
+1 A
B C
Ia2
Ic2
Ia1
Ib2
Ib1 Ic1
O1 O2
UA
UC UB
Im
Рис. 6.4 б) При обрыве нулевого провода в точках n и m напряжения
смещения нейтралей равны:
=
−++
−++
=
CL
CC
LBA
OO
jXjXR
jXE
jXE
RE
U111
111
,1
33
B;160220220220
11
1
11
1
11
111
1220
11
1220
11
1220
210210
120120
−=++=
=
−++
−⋅+⋅+⋅
=
−
−
oo
oo
jj
jj
ee
jj
je
je
=+
−+
+−
+=
LC
LC
CBA
OO
jXjXR
jXE
jXE
RE
U111
111
,2
B.600220220220
111
111
111
111
22011
1220
111
220
3030
120120
=++=
=+
−+
⋅+−
⋅+⋅=
−
−
oo
oo
jj
jj
ee
jj
je
je
Напряжения на фазах нагрузки:
380)160(220,1 1=−−=−= OOAa UEU B;
°−=−−−−=−= 3,75,1 197)160()
23
21
(2201
jOOBb ejUEU B;
°=−−+−=−= 3,75
,1 197)160()23
21
(2201
jOOCc ejUEU B;
380600220,2 2
−=−=−= OOAa UEU B;
°−=−−−=−= 165
,2 735600)23
21
(2202
jOOBb ejUEU B;
°=−+−=−= 165
,2 735600)23
21
(2202
jOOCc ejUEU B.
34
На топографической диаграмме показано смещение нейтралей (точ-ки O1 и O2) (рис. 6.5):
Ответ: а) 6,54=nI А, 40=mI А.
б) 160,1−=OOU В,
600,2=OOU В;
3801 =aU B;
°−= 3,751 197 j
b eU B;
°= 3,75
1 197 jc eU B;
3802 =aU B;
°−= 165
2 735 jb eU B;
°= 165
2 735 jc eU B.
A
C B
O2 +1
O1
Uc2
+j
Uа2
Uа1
Ub2
Uc1 Ub1
O
Рис. 6.5
Задача 6.3 Найти показания приборов, построить топографическую
диаграмму напряжений и векторную диаграмму токов, если UЛ = 220 B, R1 = 22 Ом, R2 = 19 Ом, XL = XC = 11 Ом (рис. 6.6).
Решение: В.220фЛ ==UU
Определим фазные токи при-емника:
А;1022
220 3030
jj
ab
ab
ABab e
e
R
U
Z
UI ====
A; 1022
220
1119220
6030
90
90
2
jj
j
j
C
bc
bc
BCbc
ee
e
j
e
jXR
U
Z
UI
−−
−
−
==
−=
−==
V
XL
R2
A
B
C
m
n
Ica
R2
A
A
Iab
R1
XC
A pA1 pA3
pA2
pV
Ibc
a
bc
Рис. 6.6
35
A 1022
2201119
220 12030
150150
2
jj
jj
L
ca
ca
CAca e
e
e
j
e
jXR
U
Z
UI ==
+=
+== .
Напряжение между точками m и n определим по второму закону Кирхгофа
022 =+⋅+ RIRIU cabcmn
[ ] [ ][ ]0)66,85,066,85,0(190
)120sin()120cos()60sin()60cos(190
)1010(19)( 120602
=+−−−==++−+−−=
=+−=+−= −
jj
jj
eeIIRU jjcabcmn
oooo
Таким образом, показание вольтметра равно нулю.
Векторная диаграмма токов изображена на рис 6.7.
Ответ: pA1 = 10 А,
pA2 = 10 А, pA3 = 10 А,
pV = 0.
Задача 6.4
Определить показание ваттметра (рис.6.8). Как нуж-но изменить сопротивление в фазе А, чтобы показание при-бора равнялось нулю. Пара-метры цепи: UФ = 100 B, R = 1/ωC = ωL = 10 Ом.
A
C B
R
C W
L O O1 *
* pW
в с
а
Рис. 6.8
Ответ: pW = 1,18 кВт; R = 5,8 Ом.
+j
+1
m, n
A
B C
Iab
Uma
Ucm
Unc Ubn
Ica
Ibc
Рис. 6.7
36
Тема 7. Расчет четырехполюсников и электрических фильтров
Цель занятия: овладение на практике основными методами расчета линейных четырехполюсников; закрепление полученных теоретических знаний по анализу частотных свойств цепей.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача7.1
Найти А-параметры Т-образного пассивного четырехпо-люсника, если R=100 Ом, XL =200 Ом, XC =100 Ом. Проверить урав-нение связи.
Решение
I1 I2 R
XC
XL
2
U1
1
1′ 2′
U2
Рис. 7.1
Из общей системы уравнений четырехполюсника в А-форме
+=+=
221
221
DICUI
BIAUU
в режиме холостого хода (I2=0) определим параметры А и С.
02
1
2==
IU
UA ;
02
1
2==
IU
IC .
Анализируя схему (рис. 7.1) получим выражения
5,01200
200100
1
1
02
1
2
jj
j
jX
jXR
jXjXR
UU
U
UA
L
L
LL
I
−=+=+=⋅
+
===
,
005,01
1
02
1
2
jIjX
I
U
IC
LI
−=⋅
===
См.
В режиме короткого замыкания (U2=0) из общей системы урав-нений четырехполюсника в А-форме определим параметры B и D.
02
1
2==
UI
UB ;
02
1
2==
UI
ID .
37
Анализируя схему (рис. 7.1) в рассматриваемом режиме, опре-делим ток I2 через ток I1 в неразветвленной части схемы по формуле разброса:
CL
L
jXjX
jXII
−= 12
Отсюда получим 5,002
1
2
=−=== L
CL
U jX
jXjX
I
ID .
Выразим ток I2 через входное напряжение 1U :
)()( 11
022 CLCL
L
CL
L
CL
CLU XXjRXX
jXU
jXjX
jX
jXjX
jXjXR
UI
−+⋅=
−⋅
−−⋅+
== .
Отсюда 10050)()(
02
1
2
jjX
XXjRjXjX
I
UB
L
CLCL
U
−=−+−===
Ом;
Проверим уравнение связи коэффициентов: 1)005,0()10050(5,0)5,01( =−⋅−−⋅−=− jjjCBDA .
Ответ: ,5,01 jA −= ,10050 ÎìjB −= ,005,0 ÑìjÑ −= .5,0=D
Задача 7.2
Найти характеристические параметры Z1c, Z2c, γ для четырехпо-люсника с известными А-параметрами:
[ ]
−−−
=5,0005,0
100505,01
j
jjA .
Решение а) Вычислим характеристические сопротивления через А-
параметры:
2245,0005,0
)10050)(5,01(1 =
⋅−−−==
j
jj
DC
BAZ c Ом,
°=−⋅−
−== 5,262 100
)5,01(005,0
)10050(5,0 jc e
jj
j
AC
BDZ Ом.
Постоянная передачи определяется по формулам:
( ) =−⋅−+⋅−=+=⋅= βαγ 10050005,05,0)5,01( jjjCBDAeee j
38
;275,1902,0902,0
748,0748,056,056,045
25,7625,135,1535,26
°−
−−−°−
=−=
=+=+=j
jjjj
ej
еееeooo
275.1=αe , тогда α = ln 1,275 = 0,243 Нп = 2,1 дБ, o45jj ee −β = , тогда β = -45° = -0,785 рад.
Ответ: 2241 =cZ Ом, o5,26
2 100 jc eZ = Ом, 785,0234,0 j−=γ .
Задача 7.3
Составить матрицу [ ]H для полупроводникового триода со схе-
мой замещения:
i2
e=i1R1
i1
2′
2
1′
1
u1
u2
RЭ
RБ
RК
Рис. 7.2
R0 = 500 Ом, R1 = 1.9 МОм, RЭ = 50 Ом, RK = 2 МОм.
Ответ: [ ] .10595,0
105,2757
4
⋅−⋅= −
−H
Задача 7.4.
Построить Т-образный низкочастотный фильтр типа k с номи-нальным значением характеристического сопротивления в полосе пропускания 600 Ом и коэффициентом затухания на частоте 100 Гц, равным 40 дБ.
Найти граничную частоту fc этого фильтра, постоянную переда-чи γ и отношение напряжений на входе и выходе при частоте 100 Гц, если считать фильтр согласованным на этой частоте с приемником.
Решение. Схема ФНЧ содержит две индуктивности и емкость (рис. 7.3):
39
L/2
1
1′ 2′
2
L/2
С ZC
Рис. 7.3
По условию номинальное характеристическое сопротивление:
600==C
Lk Ом.
В полосе затухания коэффициент затухания определяется:
121ω
ω2αch
22
−
=−
=
cc f
f или
cc f
f
X
X ===ω
ω
42α
ch2
1 ,
где LC
fc π= 1
- граничная частота.
Используя заданное значение коэффициента затухания
α = 40 дБ = 40⋅0,115 = 4,6 Нп
на частоте 100 Гц, определим частоту среза из уравнения:
cfee
/100522
αch
3,23,2
==+=−
,
откуда fc = 20 Гц. Из двух уравнений
201
и 600 =π
=LCC
L
получаем L = 9,6 Гн, C = 26,6 мкФ.
Постоянная передачи фильтра γ = α+j β-комплексная величина. Ее вещественная часть α в полосе затухания зависит от частоты:
ch(α/2) = f / fc
и равна нулю в полосе пропускания.
Мнимая часть β в полосе пропускания рассчитывается по формуле
40
cff
C
L
X
X ==⋅
==c2
1
ω
ω
ω14
ω
4)2/βsin(
и равна π в полосе затухания. При частоте 100 Гц (полоса затухания)
γ = α+jβ= 4,6+j3,14. Коэффициент затухания определяет отношение напряжений на
входе и выходе фильтра
αНп = ln(U1/U2) или αдБ = 20 lg(U1/U2).
Поэтому, если фильтр согласован на частоте 100 Гц, то
100/ 6,4α21 === eeUU .
Ответ: fc = 20 Гц, γ = 4,6+j3,14, 100/ 21 =UU .
Задача 7.5 На рис.7.4 приведена схема каскадного соединения и параметры
трех одинаковых фильтров, работающих в согласованном режиме. На вход третьего фильтра подано напряжение ttu 5000sin10)(3 = В.
0,1 Гн
0,2 мкФ
0,1Гн
ZН i1
u1 u3 u4
Рис.7.4
Определить мгновенное значение напряжения на выходе и тока на входе схемы.
Ответ: )605000sin(10)(3o−= ttu В,
)1205000sin(5,11)(1o+= tti мА.
Тема 8. Расчет переходных процессов в линейных цепях
Цель занятия: закрепление полученных теоретических знаний по анализу переходных процессов в линейных цепях; приобретение навыков расчета переходных процессов классическим и
41
операторным методами, а также при воздействиях произвольной формы.
Методика решения типовых задач и примеры их решения
Задача 8.1
i 1
C
Е 1
R 1
R 3
u С
R 2
Е 2
a
b
i2 i3
Рис. 8.1
Определить ток в резисторе R1 после выключения рубильника в цепи на рис. 8.1, если
R1=R2=5 Ом, R3=10 Ом, C=10 мкФ, E1=5 B, E2=20 B.
Решение. 1. Запишем систему дифференциальных уравнений для после-
коммутационной цепи:
=
=++
.dt
duCi
,EuiRiR
c
c
2
12211
(1)
В общем виде решение этой системы имеет вид:
( ) ( ) ( ) ( ) .Aetitititi pt+=+= 1уст1cв1уст1
2. Рассмотрим установившийся режим. В послекоммутационной цепи действует источник постоянного напряжения, следовательно, ток через конденсатор в установившемся режиме будет равен нулю.
.titi 0)()( 2óñò1óñò ==
3. Характеристическое уравнение получим из системы (1) путем подстановки второго уравнения в первое, приравняв к нулю правую
часть и заменив оператор дифференцирования dt
d на оператор p:
(R1+R2)Cp+1=0, откуда
( )14
521
c101055
1)(
1 −− −=
⋅+−=
+−=
CRRp .
42
4. Независимое начальное условие uC(0) определим по второму закону коммутации uC(0+)=uC( )−0 .
В докоммутационной цепи (рис. 8.2) ток ( ) 002 =−i , поскольку конденсатор по-стоянный ток не пропускает.
Тогда
A.67,1105205
)0()0(31
2131
RR
EEii =
++=
++=−=−
Напряжение ( )−0Сu найдем из второго за-кона Кирхгофа, записанного для левого контура
,С EuiRiR 12211 )(0)(0)(0 =++ −−−
откуда . iRiREuc В33,3067,155)(0)(0)(0 22111 −=−⋅−=−−= −−−
5. Зависимое начальное условие для тока i1(0) определим из пер-вого уравнения системы (1), составленного для момента t=0+
( ) ,(0)(0)121 EuiRR c =+⋅+
A.833,05533,35(0)
(0)21
1 RR
uEi С =
++=
+−=
6. Постоянную интегрирования А найдем из общего решения для тока
ptΑetiti += )()( уст11
рассмотрев его для t=0 ,)0()0( 1уст1 Aii +=
откуда A.833,00833,0(0)(0) уст11 iiA =−=−=
7. Ток 1i в переходном режиме равен:
( ) .Ae833,0410
1tti −=
8. График тока ( )ti1 построим для интервала времени от 0 до
tп= τ3 = ìñ3,010
313
4
p==⋅ . График представлен на рис. 8.3.
i1(0-) Е 1
R 1
R3
uС
R2
Е 2
a
b
i2(0-) i3(0-)
Рис. 8.2
43
0,5
0,833
1,67
t,мс
i1(t), А
0,1 0,2 0,3
Рис. 8.3
Задача 8.2
R2 J
R2
L
i1
i2 e(t)
Рис. 8.4
Определить ток i1 по-сле включения рубильника в цепи (рис. 8.4), параметры которой равны: R1=R2=5 Ом, L=0,01 Гн,
e(t)= )15t10sin(2100 o3 + В, J=4 A.
Решение.
1. Запишем систему дифференциальных уравнений для после-коммутационной цепи:
=++
=+−
.dt
diLiRiR
Jii
e
0
22211
21
В общем виде решение системы относительно тока 1i имеет вид:
( ) .eуст11cвуст11ptAiiiti +=+=
2. Из схемы видно, что ток i1 в установившемся режиме, соглас-но методу наложения, является суммой двух составляющих
)t(IIi im ψ10sin 3110óñò1 +⋅+= .
Постоянная составляющая I10 определяется по схеме на рис. 8.5, в которой действует только источник постоянного тока J.
44
R1
R2
pL
Рис. 8.7
a b
Индуктивность постоянному току сопротивление не оказывает. Ток I10 определяется по формуле разброса
A 255
54
21
210
RR
RJI −=
+⋅−=
+−= .
Амплитуда I1m и начальная фаза iψ тока может быть найдена символическим методом для схемы (рис. 8.6), в которой действует только синусоидальная ЭДС e(t) с комплексной ампли-
тудой В.2100 15ojm eE ⋅=
Тогда
A. 1001,01055
2100 303
15
21
o
o
jj
mm e
j
e
LjRR
EI −⋅=
⋅++⋅=
++=
ω Следовательно,
A. )3010sin(102 31
o−⋅+−= ti óñò
3. Характеристическое уравнение получим методом входного сопротивления. Для этого устраним из послеком-мутационной схемы источники и разомкнем ветвь. Полученная схема изображена на рис. 8.7.
Входное сопротивление относительно зажимов относительно «a» и «b» приравняем нулю.
.0)( 21 =++= pLRRpZ Откуда
.c1001,0
55 1321 −−=+−=+−=L
RRp
4. Независимое начальное усло-вие i2(0) для тока через индуктивность определяется из закона коммутации:
)0()0( −+ = LL ii . В докоммутационной цепи (рис. 8.8) действовал
только источник постоянного тока, следовательно A. 2)0()0( 22 === −+ Jii
L
E
Рис. 8.6
R1 R2
R2 J
Рис.8.8
R2 J
R2
I10
Рис.8.5
45
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
0 0,5 1 2 3
i1свi1уст
Рис. 8.9
i1(t)
i1уст
t
i(t)
5. Зависимое начальное условие для тока i1(0) определяется из первого закона Кирхгофа
.Jii 0(0)(0) 21 =−= 6. Постоянная интегрирования определяется выражением
( ) ( ) ( ) 73010200 уст11 =−−+=−= oSini iA A.
7. Таким образом, ток ( )ti1 в переходном режиме равен
( ) ( ) ttti3103
1 e73010sin102 −+−+−= o A.
На рисунке 8.9 показан график тока i1.
46
pL
1/pC R
Рис 8.11
Задача 8.3
После замыкания ключа ис-точник тока J=1А отключается от цепи с параметрами: R=100 Ом; L=2,083 Гн; C=50 мкФ (рис. 8.10).
Определить напряжение uС(t) и токи i1(t), i2(t) классическим ме-тодом и ток i1(t) операторным ме-тодом.
R
J C
L
i1 i2
i3
uC
Рис. 8.10
Решение
1. Классический метод
Уравнения Кирхгофа для послекоммутационной цепи:
=
=
=+
+=
.dt
duСi
,uRi
,Ridt
diL
,iii
С
С
3
2
21
321
0
В общем виде решение системы относительно токов 1i (t) 2i (t) и напряжения на емкости uС(t) имеет вид:
( )( ) ),()(
),()(
2cвуст22
1cвуст11
tititi
tititi
+=
+=
uС(t)=uCуст(t)+uСсв(t).
Так как источник тока отключается, то составляющие устано-вившегося режима отсутствуют:
i1 уст(t)=0; i2 уст(t)=0; uc уст(t)=0.
Характеристическое уравнение со-ставим методом входного сопротивления (рис. 8.11). Например, при разрыве ветви с емкостью получим:
47
pLR
pLR
pCpZ
+⋅+= 1
)( =0.
Получившееся квадратное уравнение 0112 =++
LCp
RCp
имеет корни
=−±−=LCCRRC
p1
4
1
2
1222,1
;56083,2
10501002
10501002
10 6266
⋅−
⋅⋅±
⋅⋅−=
p 1= – 80 c-1 ; p 2= – 120 c-1. В случае двух различных действительных корней решение для
свободной составляющей представляет собой сумму двух экспонент, например, для uС(t)
uСсв(t)=A1etp1 +A2e
tp2 .
В соответствии с законами коммутации
В.100)0()0(
,A1)0()0( 11
===+
===+
−
−
JRuu
Jii
CC
Для каждой свободной составляющей необходимо знать по две постоянных интегрирования, поэтому найдем недостающие началь-ные условия
i2(0), 0=tC
dt
du, 0
1=tdt
di , 0
2=tdt
di .
Они определяются из системы уравнений Кирхгофа для мгно-венных значений при t=0.
=
=
=+
+=
=
=
.dt
duСi
,uRi
,Ridt
diL
,iii
tС
С
t
03
2
201
321
)0(
)0()0(
0)0(
)0()0()0(
48
Из этих уравнений 1100
100)0()0(2 ===
R
ui C A ,
011)0()0()0( 213 =−=−= iii ,
0)0(3
0 === C
i
dt
dut
C ,
48)0(2
01 −=⋅−== L
iR
dt
dit А/с .
Для определения 02
=tdt
diпродифференцируем уравнение Кирхгофа
для мгновенных значений:
СuRi =2
и рассмотрим его для момента t=0, в результате получим
002
== = tC
t dt
du
dt
diR .
Отсюда
01
002 =⋅= == t
Ct dt
du
Rdt
di.
Составим систему уравнений для определения постоянных ин-тегрирования:
+=
+=
= ;
,)0(
22110
21
ApApdt
du
AAu
tC
C
после подстановки численных значений
−−=+=
,120800
,100
21
21
pp
AA
получим А1=300 В; А2= 200− В.
Искомое решение для напряжения на емкости
uC(t)= tt 120-80- e200е300 − , B. Ток i2(t) можно определить через напряжение uC(t)
i2(t)= ttC
R
tu 120-80- e2е3)( −= , A.
Запишем полное решение для i1(t)
i1(t)=i1уст(t)+i1св(t)=B1etp1 +B2e
tp2 ,
49
постоянные В1, В2 определим из уравнений
( )
+=−=
+==
= ;48
,10
221101
211
BpBpdt
diBBi
t
тогда B1=1,8A, B2= 8,0− A.
Решение для тока i1(t): i1(t)=tt 120-80- e8,0,8е1 − , A.
2. Операторный метод Составим операторную схе-
му замещения для послекомму-тационной цепи (рис. 8.12).
Начальные условия i1(0) и uС(0) были определены согласно законам коммутации в классиче-ском методе:
В.100)0()0(
,A1)0()0( 11
===+
===+
−
−
JRuu
Jii
CC
Для определения изображения искомого тока I1(p) составим сис-тему уравнений по методу контурных токов:
=⋅++⋅
=⋅+⋅+
,)0(
)()1
()(
),0()()()(
22.11
12211
p
upIR
pCpIR
LipIRpIpLR
C
тогда
=
+
+
+==
)1
(
)(
)1
()0()0(
)()(
1
111
RpC
R
RpLR
RpCp
uRLi
pIpI
C
pL
pC
1 )0(1 +Li
R
I2(p) p
uC )0( +
I3(p)
I1(p)
I11(p) I22(p)
Рис. 8.12
50
L
i C
Е
R1
R2
i1 i2
uС
Рис 8.13
.)()(
9600200
152
11
)0()0()0(
)1
)((
)0()
1()0(
2
2
11
2
1
pM
pN
pp
p
LCp
RCp
L
u
RC
iip
RRpC
pLR
Rp
uR
pCLi CC
=++
+=
=++
−+⋅=
−++
⋅−+⋅=
+
Оригинал тока i1(t) найдем с помощью теоремы разложения, со-гласно которой
∑=
⋅′
=2
11 )(
)()(
k
tp
k
k kepM
pNti ,
где pk – корни знаменателя:
,09600200)( 2 =++= pppM
.c120,c80 12
11
−− −=−= pp
,02002)( =+=′ ppM
.152)( += ppN
Тогда
А.8,08,1
200)120(2152120
200)80(215280
)120()120(
)80()80(
)(
12080120
80120801
ttt
ttt
eee
eeM
Ne
M
Nti
−−−
−−−
−=⋅+−⋅
+−+
+⋅+−⋅
+−=⋅−′−+⋅
−′−=
Полученный закон изменения тока i1(t) совпадает с ответом классического метода.
Задача 8.4 В цепи (рис.8.13) определить
ток i(t) классическим и операторным методами. E=100 В, R1=20 Ом, R2=30 Ом, L=0,05 Гн, С=50 мкФ.
51
Решение
1. Классический метод
Определим независимые начальные условия по законам комму-тации, учитывая, что для докоммутационной цепи
В,100)0(,0)0(2 === −− Eui C
тогда В.100)0()0(,0)0()0( 22 ==+==+ −− CC uuii
Общее решение для тока i(t) ищем в виде:
(t) i(t) ii(t) свпр +=
Найдем принужденную составляющую искомого тока для по-слекоммутационной цепи при t=∞
А.23020
100
21пр =
+=
+=
RR
E(t)i
Составляем характеристическое уравнение методом входного сопротивления и находим его корни
0)(1
)(21
21 =++
++=pLRR
pLRR
pCpZ .
Откуда
0)( 12
2121 =++++ LCRpCRRLpRR . После подстановки численных значений получим
05008,01050 26 =++⋅ − pp ,
).ñ(60080010502
06,008,0 162,1
−− ±−=
⋅⋅±−= j
jp
Корни получились комплексно-сопряженные, следовательно, свободную составляющую ищем в виде:
tAeti t )sin()(св θ+ω= δ− .
Для определения зависимых начальных условий составляем сис-тему уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационной це-пи и записываем их для момента времени t=0.
52
=
=−+
=+=−−
⇒
=
=−+
=+=−−
=
=
02
0
222
1
21
2
222
1
21
)0(
0)0()0(
)0()0(
0)0()0()0(
)()(
0)()(
)(
)()(
0)()()(
t
C
Ct
C
C
C
C
dt
duСi
udt
diLRi
EuRi
iii
dt
tduСti
tudt
tdiLRti
EtuRti
tititi
Отсюда
,сА2000
05,0100)0()0(
,0)0()0()0(
,0)0(
)0(
22
0
2
21
1
==−=
=−=
=−=
L
Riu
dt
di
iii
R
uEi
C
C
.0)0(2
0
=== C
i
dt
du
t
C
Для нахождения 0=tdt
di дифференцируем второе уравнение в
системе уравнений по законам Кирхгофа и записываем его для мо-мента времени t=0
00
10
=+== t
C
t dt
duR
dt
di,
тогда
сА0
1
100
=⋅−=== Rdt
du
dt
di
t
C
t
Для нахождения постоянных интегрирования А и θ записываем
общее решение и производную общего решения.
θ++θ+−=
θ++=
−−
−
)600cos(600)600sin(800)(
)600sin(2)(
800800
800
tAetAedt
tdi
tAeti
tt
t
Уравнения записываем для момента времени t=0
53
pL
pC
1
p
E
R1
R2
I1(p) p
uC )0( + I2(p)
I1(p)
Рис. 8.14
=θ+θ−=
=θ+=
=0)cos(600)sin(800
0)sin(2)0(
0
AAdt
di
Ai
t
Решив полученную систему уравнений, получим
,43
)cos()sin(
,38
)cos(
),sin(2
A
Atg
A
A
==
−=
=−
θθθ
θ
θ
).А(33,3)87,36sin(
2,87,36
4
3 −=−===θo
o
AAarctg
Тогда
)А()87,36600sin(33,32)( 800 o+−= − teti t
или
)А()87,216600sin(33,32)( 800 o++= − teti t
Ответ: )А()87,216600sin(33,32)( 800 o++= − teti t
2. Операторный метод
Независимые начальные условия по законам коммутации для цепи были определены в классическом методе
В.100)0(
,0)0(2
==
=
Eu
i
C
Учитывая эти условия, составля-ем операторную схему замещения для послекоммутационной цепи (рис. 8.14).
Найдем изображение I(p) тока i(t)
методом контурных токов, направив их по часовой стрелке. Тогда I(p)= I11(p).
54
=+++−
−=−+
+
+
p
upLR
pCpI
pCpI
p
u
p
E
pCpI
pCRpI
C
C
)0()
1)((
1)(
)0(1)()
1)((
22211
22111
Отсюда находим операторное изображение искомого тока
=
++−
−+
++
−−
==
+
+
)1
(1
1)
1(
)1
()0(
1)0(
)()(
2
1
2
11
pLRpCpC
pCpCR
pLRpCp
upCp
u
p
E
pIpI
C
C
)()(
)5008,01050(
100
))((
1)
1)(
1(
1)0()
1)(
)0((
26
212112
2221
2
pM
pN
ppp
RRLCRRpLCRpp
E
CppLR
pCpCR
pCp
upLR
pCp
u
p
E CC
=++⋅
=
=++++
=
=−+++
+++−=
−
++
Оригинал искомого тока определяем, используя теорему разло-
жения.
.ñ,600800
,0
Îòñþäà
.0)5008,01050(
0)(ÿçíàìåíàòåëïîëèíîìàêîðíèÍàõîäèì
12,1
0
26
−
−
±−=
=
=++⋅
=
jp
p
ppp
pM
55
.5016,010150)( 26 ++⋅=′ − pppM По теореме разложения искомый ток ищем в виде
=)(ti =
′+
′tpe
pM
pN
M
N 1
)()(
Re2)0()0(
1
1
[ ]).А()87,216600sin(333,32)87,126600cos(33,32
667,1Re2260
100Re22
50)600800(16,0)600800(10150
100Re2
50
100
800800
)87,126600(80087,126
600800
26
)600800(
oo
o
o
++=++=
=+=
+=
=
++−++−⋅+=
−−
+−−
−
−
+−
tete
eee
ee
jj
e
tt
tjt
j
tjt
tj
Задача 8.5
В цепи (рис. 8.11) при R=1 кОм, L=0,1 Гн определить значения напряжений uL(t) и u2(t) в моменты времени t1=Т/2 и t2=3Т/2, если на входе действует импульс напряжения u1(t) (рис. 8.12).
R
uL(t)
u1(t)
1
1′
L
u2(t)
2′
2
t
T
U
0
u1(t)
U=10 В T=1 мс
рис.8.11 рис. 8.12
Решение:
Аналитическое выражение для входного воздействия
>
≤≤=
.0,0
,0,)(1
t
TttT
U
tu
56
Определим сначала переходные функции h1(t), h2(t), численно равные напряжениям на индуктивности и на выходных зажимах при подключении цепи к источнику постоянного напряжения .В10 =U
Применив классический или операторный метод, получим:
pt
u
L etu
tuth ==
= Â111
1)(
)()( , pt
u
etu
tuth −==
=1
)(
)()(
Â11
22
1
,
где p= – R/L= – 104 с-1. Используя первую форму интеграла Дюамеля, запишем для ин-
тервала времени 0 ≤ t < Т:
∫ ⋅−⋅′+⋅=t
L dthuthutu0
1111 )()()()0()( τττ ,
.)()()()0()(0
21212 ∫ ⋅−⋅′+⋅=t
dthuthutu τττ
Рассчитаем искомые значения uL(t1) и u2(t1):
B;)1(10
10)(
4
0
104
4)(
0
)( ttpt
tpL ee
pT
Ude
T
Utu
t
−−− −=−
== ∫ττ τ
uL(t1) = 1– 10 2/104 T⋅− = 1– 5−e = 0,993 В.
( )
.В)1(10
111
)1()(
4104
0
)(
0
)(2
t
ptt
tpt
tp
et
ep
tT
Ue
pT
Ude
T
Utu
−
τ−τ−
−−=
=
−+=
+τ=τ−= ∫
B.,007,41512
10)( 5210
412
4
=+−=
−−⋅= −⋅−
eeT
tuT
Для интервала времени t ≥ T:
( )[ ]
B;,910)(10
10
)()())()()()0()(
44444 10)(10)(1010)(104
4
)(0
)()(
0
)(
110
1'111
tTtTttTt
TtpTtpTtpT
tp
Ò
L
eeeee
UeepT
UUede
T
U
TthTuTudthuthutu
−−−−−−−−
−−−−
−+
−−=−−=
=−−
=−=
=−⋅−+⋅−⋅+⋅=
∫
∫
ττ τ
τττ
57
( )[ ]
B.,9)1(10)(10
1010
)1()()1()1(
)()()()()()0()(
410)(410)(410410)(4104
4
)(0
)()(
0
)(
210
2'1212
tTtTttTt
TtpTtpTtpT
tp
Т
eeeee
eUepT
UeUde
T
U
TthTuTudthuthutu
−−−−−−−−
−τ−−τ−
−+
+=−−−−=
=−−+τ−
=−−τ−=
=−⋅−+τ⋅τ−⋅τ+⋅=
∫
∫
Поскольку для t > T uL(t)+u2(t)=0, то uL(t)= – u2(t).
Искомые значения uL(t) и u2(t) при t = 3Т/2
B;06,099)( 1552/310)2/3(102
44
−=−−=−−= −−⋅−−− eeeetu TTTL
B.06,099)( 1552/310)2/3(1022
44
=+=+= −−⋅−−− eeeetu TTT
9. Рекомендации по оформлению отчета о решении задач
Решение задач во время аудиторного занятия, а также при само-
стоятельной работе производится в специально предназначенной для этого рабочей тетради. При этом должны выполняться следующие правила:
1. Рисунки, графики схемы, символы, размерности физических величин выполняются в соответствии с требованиями ГОСТ. 2. Расчет каждой искомой величины следует выполнять сначала в общем виде, а затем в полученную формулу подставить числовые значения и привести окончательный результат с указанием единицы измерения. Решение задач не следует перегружать приведением всех алгебраических преобразований и расчетов. 3. Промежуточные результаты расчетов и конечный результат должны быть ясно выделены из общего текста. 4. В ходе решения задачи не следует изменять однажды приня-тые направления токов, напряжений, наименование узлов и т.д. При решении задачи различными методами одна и та же величина должна обозначаться одним и тем же буквенным символом.
58
10. Критерии результативности практикума
Практикум является одним из основных видов учебных занятий, предусмотренных учебным планом.
Критериями успешного выполнения практикума являются: 1. посещение студентом всех аудиторных практических занятий; 2. выполнение всех заданий преподавателя во время практического занятия;
3. выполнение заданий для самостоятельной работы с приведением всех используемых формул, решения в численном виде и по-строением всех требуемых графиков и векторных диаграмм. Критерием сформированности у студента необходимых умений
и навыков является получение правильных ответов ко всем заданиям. Правильность решения, а также отчет о решении задачи осуществля-ется студентом с помощью Интернет-системы «ЭДО» с любого ком-пьютера, подключенного к глобальной сети, в том числе на персо-нальных компьютерах в дисплейном классе кафедры.
Отчет о выполнении студентом задания фиксируется на сайте кафедры и контролируется преподавателем.
Адрес сайта кафедры: http://toe.ugatu.ac.ru, раздел «Проверка от-ветов».
59
11. СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Сборник задач по теоретическим основам электротехники: Учеб. пособие для вузов/ Л.А.Бессонов, И.Г.Демидова, М.Е.Заруди и др.; Под ред. Л.А.Бессонова.– 4-е изд., перераб.– М.: Высш.школа, 2003. − 528с. 2. Бессонов Л.А. Теоретические основы электротехники. Электриче-ские цепи: Учебник для вузов . –10-е изд .− М.: Гардарики, 2002. −638с. 3. Теоретические основы электротехники: Учеб. для вузов/ К.С. Демирчян, Л.Р. Нейман, Н.В. Коровкин, В.Л. Чечурин. – 4-е изд., доп. для самост. изучения курса. − СПб.: Питер. −Т.1.-2003. −463 с. 4. Теоретические основы электротехники: Учеб. для вузов/ К.С. Демирчян, Л.Р. Нейман, Н.В. Коровкин, В.Л. Чечурин. −4-е изд., доп. для самост. изучения курса. − СПб.: Питер.−Т.2. −2003. −576 с. 5. Прянишников В. А. Электротехника и ТОЭ в примерах и задачах : практическое пособие / В. А. Прянишников, Е. А Петров, Ю. М. Осипов; Под общ. ред. Ю. М. Прянишникова.— СПб: КОРО-НА– Век, 2008 .— 334 с. 6. Виноградова Л.Е. и др. Сборник задач по теоретически основам электротехники/ Л.Е. Виноградова, А.В. Гусаров, В.И. Журавская, В.С. Лукманов, Л.С. Медведева; Уфимск. гос.авиац.техн.ун-т.– Уфа: УГАТУ, 2002. – 31c. 7. Лукманов В. С., Фатхиев А. Р., Чечулина И. Е.: Типовые задачи по теории электрических цепей. Часть I: Учебное пособие /В.С.Лукманов; Уфимск. гос. авиац.техн. ун-т. – Нефтекамск: УГА-ТУ, 2011. – 129 с.
60
Составители: ЛУКМАНОВ Виталий Сабирович ЧЕЧУЛИНА Ирина Евгеньевна ЛАРИОНОВА Екатерина Валерьевна ФАТХИЕВ Альберт Рифгатович
АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
Практикум
по дисциплинам «Электротехника», «Общая электротехника», «Электротехника и
электроника», «Общая электротехника и электроника», «Дополнительные главы электротехники и электроники»,
«Спецглавы электричества» и «Основы теории цепей»
Подписано в печати . Формат 60х84 1/16. Бумага офсетная. Печать плоская. Гарнитура Times New Roman Cyr
Усл.печ.л.3,7. Усл.кр.-отт.3,7. Уч.-изд.л.3,6. Тираж 100 экз. Заказ №…..
ФГБОУ ВПО Уфимский государственный авиационный технический университет
Редакционно-издательский комплекс УГАТУ 450000, Уфа-центр, ул. К. Маркса,12