ПП в цепях с двумя накопителями

ОПЕРАТОРНЫЙ МЕТОД РАСЧЁТА ПП

Основные теоретические положения

Сущность операторного метода заключается в том, что от некоторой функции вещественного переменного (например, времени t), называемой оригиналом f(t), переходят к функции комплексного переменного f(р), называемой изображением. При этом дифуравнения относительно оригиналов превращаются в алгебраические уравнения относительно изображений, решение которых проще.

Изображение и оригинал функции связывают формулой прямого преобразования Лапласа f(р) = .

В справочной литературе имеются таблицы оригиналов и соответствующих им изображений. Изображения наиболее характерных оригиналов приведены в табл. 7.3.

Таблица 7.3

Оригинал функции	Изображение по Лапласу
U0, Jk, uC(0)	, ,
U0·e ±at, 1 – 1·e -at	,
1·t, tn, t·e -at	, ,
e j(wt +y)
sin(wt +y)	Im =
cos(wt +y)	Re =
Теорема дифференцирования, f ¢(t)	pf(р) –  f(0)
Теорема интегрирования

Закон Ома для последовательного участка R-L-C:

I(р) = ,

где Z(р) = R + pL + – операторное сопротивление этого участка.

В числителе кроме изображения напряжения на зажимах участка U(р)

фигурируют внутренние операторные ЭДС Li_L(0)  и , учитывающие независимые начальные условия.

I закон Кирхгофа: для любого узла  S ±I(р) = 0.

II закон Кирхгофа: для любого контура

= .

Поскольку законы Ома и Кирхгофа в операторной форме имеют такой же вид, как и в цепях постоянного тока (ЦПТ), то все методы анализа ЦПТ, основанные на этих законах, могут быть применены для анализа операторных схем с учётом независимых начальных условий.

По изображениям искомых величин, полученным в результате анализа операторной схемы, находят оригиналы искомых величин. Для этого применяют обратное преобразование Лапласа или используют таблицу преобразований Лапласа, или пользуются теоремой разложения. В последнем случае изображение искомой величины приводят к виду:

f(р) =   или ,

где f₁(р) и f₂(р) – степенные многочлены:

f₁(р) = b_m p^m + b_m-1 p^m-1 + … + b₁ p + b₀, f₂(р) = a_n pⁿ + a_n-1 p^n-1 + … + a₁ p + a₀,

причём m £ n и дробь несократима (числитель и знаменатель не имеют одинаковых корней). Оригинал определяется по формулам:

® f(t) = или ® f(t) = + ,

где p_k – корни уравнения f₂(р) = 0,  а n – число корней этого уравнения,

f₁(р_k) и f₂¢(р_k) – значения многочлена f₁(р) и производной от многочлена f₂(р) при k-м корне.

В случае пары комплексных сопряжённых корней можно использовать следующие формулы:  ®   f(t) = 2Re

или  ®  f(t) = + 2Re .

Рекомендуемая последовательность расчёта ПП операторным методом.

1. Расчётом цепи до коммутации определяют независимые начальные условия i_L(0), u_C(0) и записывают величины внутренних операторных ЭДС Li_L(0) и .

2. Для цепи после коммутации составляется эквивалентная операторная схема.

3. Любым методом анализа ЦПТ определяют изображения требуемых токов и напряжений, приводя затем их к виду рациональной дроби.

4. По теореме разложения или с помощью обратных преобразований Лапласа находят оригиналы искомых токов и напряжений переходного процесса.

ПП в цепях с одним накопителем

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).

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 стан-дартная (табличная) функция. Это – изображение экспоненты, поэтому

u_L(t) =6е ^-30t B.

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.

ЗАДАЧА 7.48. Решить задачу 7.11 операторным методом.

Ответы: i₂(0) =0,8 A; эквивалентная опера-торная схема на рис. 7.71;

U_ab(p) = ;

I₁(p) = = ;

I₂(p) = = ;

I₃(p) = = ;

i₁(t) = 2,5 – 0,346е ^-92,31t А; i₂(t) = 1,25 – 0,45е ^-92,31t А; i₃(t) = 1,25 + 0,104е ^-92,31t А.

Задача7.49. Решить задачу 7.12 операторным методом.

Ответы: независимое начальное условие – i₃(0) = 1 А, эквивалентная опера-торная схема представлена на рис. 7.72; выражения для узлового напряжения и токов: U_ab(p) = ;

I₁(p) =  i₁(t) = 3 – 1×е ^-100t А;

I₂(p) =  i₂(t) = е ^-100t А;

I₃(p) =  i₃(t) = 3 – 2×е ^-100t А.

Задача7.50. Решить задачу 7.13 опера-торным методом.

Ответы: u_С(0) = 100 B, эквивалентная опера-торная схема на рис. 7.73;

I₁(p) = = ;

I₂(p) = = ;

I₃(p) = = ;

i₁(t) = 0,667 – 0,167е ^-125t А; i₂(t) = -0,25е ^-125t А; i₃(t) = 0,667 + 0,083е ^-125t А.

ЗАДАЧА 7.51. Рассчитать переходный про-цесс 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.

4. 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.

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.

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).

ЗАДАЧА 7.52. В схеме рис. 7.77 найти ток i₁(t), если e(t) = 100 sin(1000t – 15°) В,

r₁= r₂= 25 Ом,   L = 0,1 Гн, J = 4 A.

Ответы. I₁(p) = ;

 i₁(t) = -2 + 2sin(1000t – 78,5°) + 3,96e ^-500t A.

Задача7.53. В схеме рис. 7.78

r = 100 Ом, С = 10 мкФ,   E₀ = 300 В,

e(t) = 100sin(1000t – 90°) В.

Определить ток ПП.

Ответы. u_С(0) = -300 В,

расчётная операторная схема идентична схеме рис. 7.75;

e(t) = -E_mcosw₀t ;

I(p) = = = ;

p_1,2= ± jw₀ = ± j1000 c ^-1, p₃= -1/(rC) = -1000 c ^-1;

F₂¢(p) = 2p(rpC + 1) + (p² + w₀²)rC;

i(t) = = 2Re + =

= cos(1000t – 135°) + 2,5e ^-1000t = 0,707sin(1000t – 45°) + 2,5e ^-1000t A.

ЗАДАЧА 7.54. В схеме рис. 7.79 рассчитать токи i₁(t) и i₃(t), если  u(t) = U₀·e ^-at, U₀ = 40 В,

a = 20 c ^-1,  r₁= 5 Ом, r₂= 10 Ом,   L = 100 мГн.

Ответы. U(p) = ;

I₁(p) = = = ;

p₁= -a = -20 c ^-1; p₂=-33,33 c ^-1; F₂¢(p) = (р + a)L(r₁+ r₂) + рL(r₁+ r₂) + r₁·r₂;

i₁(t) = = 16e ^-20t – 13,33e ^-33,33t A;

I₃(p) = I₁(p)· = ;  i₃(t) = 20e ^-20t – 20e ^-33,33t A.

ЗАДАЧА 7.55. Решить задачу 7.18 операторным методом.

Решение

Задачу решим, используя в качестве вычислительной техники MathCAD. Отметим, что в MathCAD в качестве операторной переменной р используется переменная s; единичная скачкообразная функция 1(t) Хевисайда обозначается Ф(t).

Исходные данные: t := 0.6·10 ^-3 r1 := 20    r2 := 30 С := 5·10 ^-5.

ЭДС источника в виде прямоугольного импульса, записанная с помощью функции Хевисайда: Е(t) := 100·(Ф(t) – Ф(t – t)).

Изображение ЭДС: Е(t) ®  – 100· .

Перезадаём ЭДС: ЕЕ(s) :=  – 100· .

Входное операторное сопротивление цепи:

Z(s) := r1 +        Z(s) ® 20.· .

Изображения токов:

i₁(s) := i₂(s) := i₁(s)·  i₃(s) := i₁(s)· .

Оригиналы токов:

i₁(s) ®2.+3.·е ^(-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}

i₂(s) ®2.–2.·е ^(-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}

i₃(s) ® 5.·е ^(-1667.)·t – 5.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}.

Для построения графиков токов их нужно перезадать:

i₁(t) := 2.+3.·е ^(-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) – 3.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}

i₂(t) := 2.–2.·е ^(-1667.)·t – 2.·Ф(t –.6000е-3) + 2.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}

i₃(t) = 5.·е ^(-1667.)·t – 5.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}.

Полученные ответы для токов при необходимости путём некоторых преобразований могут быть приведены к виду ответов к задаче 7.18. Графики токов приведены на рис. 7.80.

ЗАДАЧА 7.56. Решить за-дачу 7.19 операторным методом.

Решение

 Примем, что прямоуголь-ные импульсы начинают посту-пать с момента времени t = 0. Это допущение необходимо в связи с тем, что преобразования Лапласа осуществляются только для t ³ 0. Период источника составляет, согласно условию, 2t. Поскольку учёт действия бесконечно большого числа импульсов источника вызывает затрудне-ния (см. задачу 7.57), рассмотрим их ограничен-ное количество. Так как практическая длитель-ность переходного процесса составляет 5t, то есть менее трёх периодов, достаточно учесть три периода (импульса) до начала расчётного (рабочего) периода, находящегося в диапазоне 3Т £ t £ 4Т.

С учётом сказанного, ЭДС источника записывается формулой:

Е(t) := 100· .

Для контроля выведем график Е(t) (рис. 7.81).

Изображение ЭДС представляется довольно длинной формулой, поэтому приводим её в уменьшенном виде:

Перезадаём ЭДС:

Поскольку цепь та же, что и в задаче 7.55, формулы для входного сопротивления, изображений и оригиналов будут теми же, что и в задаче 7.55. Ответы для токов, по которым построены графики рис. 7.82, выглядят следующим образом:

i₁(t) :=2.+3.·е ^(-1667.)·t –2.·Ф(t–.6000е-3)–3.·Ф(t –.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}+

+2.·Ф(t–.1200е-2)+3.·Ф(t–.1200е-2)·е ^{(-1667.)·t+2}–2.·Ф(t–.1800е-2)–…

i₂(t) :=2.–2.·е ^(-1667.)·t –2.·Ф(t–.6000е-3) + 2.·Ф(t–.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}+ …

i₃(t) = 5.·е ^(-1667.)·t –5.·Ф(t–.6000е-3)·е ^{(-1667.)·t+1}+5.·Ф(t–.1200е-2)·е ^{(-1667.)·t+2} …

У первого и второго токов в ответе содержится 16 слагаемых, у третьего – 8.

На графиках рис. 7.82 рабочим участком является диапазон 0,0036 с £ t £ 0,0048 с.

ЗАДАЧА7.57. Задачу 7.22 решить операторным методом, используя способ расчёта установившейся реакции путём суммирования изображений реакций в области комплексного переменного.

Решение

Рассчитаем изображение по Лапласу первого импульса напряжения на интервале 0 £ t £ t₀

U₁(p) = = = (1 + ).

Для определения изображения напряжения просуммируем n одинаковых импульсов, смещённых во времени на период T. Получим

U(p) = U₁(p)[1 + e ^-pT + e ^-2pT + … + e ^–(n-1)pT].

Для установившегося режима  n ® ¥

U(p) = U₁(p) = U₁(p) =

= (1+ ) = .

Изображение тока на  n-м  интервале при  n ® ¥

I(p) = = = = .

Полюс изображения, полученный из уравнения      Z(p) = r + pL = 0,   p₁= -r/L = -t ^-1 = -25 c ^-1    определяет свободную составляющую тока, которая рассчитывается по теореме разложения    i_св(t) = ,

где   F₂¢(p₁) = (p₁²+ w²)(1 – )L.

Тогда  i_св = = I_msinj .

Заметим, что полученное выражение справедливо для любого (n+1)-го импульса при  n ® ¥,  0 < t < ¥, если t  отсчитывается от начала этого импульса, что непосредственно следует из определения оригинала: f(t) º 0 при  t < 0.

Из классического метода расчёта переходных процессов следует, что  i = i_пр + i_св,  слагаемое i_пр определяется видом приложенного к схеме напряжения: если это напряжение периодическое, то уже на интервале действия первого импульса есть слагаемое  i_пр = i_уст  – установившаяся реакция на периодическое воздействие. Таким образом,  i_уст = i⁽¹⁾– i_св,

где  i⁽¹⁾– ток переходного процесса в интервале действия первого импульса.

Для рассматриваемого примера в интервале действия (n+1)-го импульса для   t(0 … t₀) получаем

i_уст(t) = I_msin(wt – j) + I_msinj ·  – I_msinj =

= I_msin(wt – j) – I_msinj = 4,94sin(wt – 85,45º) + 22,24  A;

в период паузы t(t₀ … T)

i_уст(t) = A – I_msinj = =

= 22,24  A.

Как и следовало ожидать, полученные результаты совпадают с ранее вычисленными двумя разными методами. Отметим, что для контроля правильности решения задачи для периодического решения необходимо проверять условие, на котором базируется первый из рассмотренных методов: i_уст(0) = i_уст(T).

ПП в цепях с двумя накопителями

Е = 300 В,  r₁ = r₃ = 25 Ом,   L = 0,02 Гн,   С = 100 мкФ.

Решение

1. Для построения операторной схемы определяем независимые начальные условия:  i₃(0₊) = i₃(0_-) = = = 6 A,

u_C(0₊) = u_C(0_-) = r₃·i₃(0_-) = 25·6 = 150 В.

2. Эквивалентная операторная схема показана на рис. 7.83,б.

3. Выполним расчёт схемы методом двух узлов.

u₂₃(p) = u_C(p) =

= = = ;

I₃(p) = = = .

4. Оригиналы величин найдём по теореме разложения.

Положим F₂(p) = r₁LCp² + pL + r₁ = 5·10 ^-5p² + 0,02p + 25 = 0,

корни уравнения  р_1,2 = -200 ± j678 c ^-1 = -706,9·e ^-j73,56°;

F₂(0) = 25; F₂¢(p) = 10 ^-4p + 1; F₂¢(p₁) = j0,0678.

Формула для напряжения на конденсаторе: u_С(t) = 2Re ;

F_1U(p₁) = 300·0,02 + 25·(-200 + j678)·0,02·10 ^-4·150 – 25·0,02·6 = 5,3·e ^j73,56°;

u_С(t) = 2Re = 156,3e ^-200tcos(678t – 16,44°) =

= 156,3e ^-200tsin(678t + 73,56°) B.

Рассчитываем ток i₃(t) = + 2Re ;

F_1i(0) = 300;   F_1i(p₁) = 300 + 25·(-200 + j678)·10 ^-4·150 +

+ 6·(-200 + j678)·0,02·(25·(-200 + j678)·10 ^-4 + 1) = 265·e ^j73,56°;

i₃(t) = + 2Re =

= 12 + 11,06e ^-200tsin(678t – 32,88°) А.

L = 0,25 Гн,   С = 400 мкФ,   r₁ = 25 Ом,   r₂ = 75 Ом.

Решение

1. Рассчитаем независимые начальные условия.

I_m = = = 16·e ^–j45° А;

U_Cm = I_m· = 16·e ^–j45°·(-j25) = 400·e ^–j135° B;

i(t_-) = 16sin(w₀t – 45°) А;                 u_C(t_-) = 400sin(w₀t – 135°) B;

i(0₊) = i(0_-) = 16sin(-45°) = -8  A,    u_C(0₊) = u_C(0_-) =400sin(-135°) = -200  В.

2. Рассчитаем принуждённые составляющие i_пр(t), i_2пр(t) и u_Cпр(t) символическим методом.

I_mпр = = = 16·e ^–j73,05° А;

I_2mпр = I_mпр· = 16·e ^–j73,05°· = 5,49·e ^–j104° А;

U_Cmпр = I_1mпр· = I_mпр