Студопедия

КАТЕГОРИИ:

АвтоАвтоматизацияАрхитектураАстрономияАудитБиологияБухгалтерияВоенное делоГенетикаГеографияГеологияГосударствоДомЖурналистика и СМИИзобретательствоИностранные языкиИнформатикаИскусствоИсторияКомпьютерыКулинарияКультураЛексикологияЛитератураЛогикаМаркетингМатематикаМашиностроениеМедицинаМенеджментМеталлы и СваркаМеханикаМузыкаНаселениеОбразованиеОхрана безопасности жизниОхрана ТрудаПедагогикаПолитикаПравоПриборостроениеПрограммированиеПроизводствоПромышленностьПсихологияРадиоРегилияСвязьСоциологияСпортСтандартизацияСтроительствоТехнологииТорговляТуризмФизикаФизиологияФилософияФинансыХимияХозяйствоЦеннообразованиеЧерчениеЭкологияЭконометрикаЭкономикаЭлектроникаЮриспунденкция

Переходные процессы в цепях с двумя накопителями

⇐ ПредыдущаяСтр 2 из 3Следующая ⇒

ЗАДАЧА 7.23. В схеме рис. 7.40 рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи:

U = 100 В, r = 100 Ом, L = 0,1 Гн,

С = 1,6 мкФ. Построить график тока ir(t).

Решение

1. Независимые начальные условие нулевые:

uC(0+) = uC(0-) = 0; iL(0+) = iL(0-) = 0.

2. Принуждённые составляющие токов:

iСпр = 0, iLпр = ir пр = = = 1 А.

3. Характеристическое уравнение:

+ = 0 или LrС×р2 + L×р + r = 0.

Корни характеристического уравнения:

р1,2 = = =  с –1,

р1 = -1250 с –1, р2 = -5000 с –1.  

4. Вид свободных составляющих:

iLсв(t) = А1×е р1×t + А2×е р2×t,  ir св(t) = В1×е р1×t + В2×е р2×t,   iСсв(t) = D1×е р1×t + D2×е р2×t.

Начальные условия для свободных составляющих:

iLсв(0) = А1 + А2,            ir св(0) = В1 + В2,            iСсв(0) = D1 + D2,

iLсв¢(0) = р1×А1 + р2×А2;  ir св¢(0) = р1×В1 + р2×В2;   iСсв¢(0) = р1×D1 + р2×D2.

5. Для определения постоянных интегрирования рассчитаем начальные условия. С этой целью составим систему уравнений по законам Кирхгофа для нулевого момента времени, причём учтём уравнение связи между током и напряжением на конденсаторе:  iL(0) – iС(0) – ir(0) = 0,

L×iL¢(0) + uC(0) = U,

uC(0) – ir(0)×r = 0,

iС(0) = С×uC¢(0).

Отсюда начальные значения токов:

ir(0) = uC(0)/r = 0; iС(0) = iL(0) – ir(0) = 0.

Начальные значения производных:  uC¢(0) = iС(0)/С = 0;

ir¢(0) = uC¢(0)/r = 0; iL¢(0) = (U – uC(0))/L = 100/0,1 = 1000 А/с;

iС¢(0) = iL¢(0) – ir¢(0) = 1000 А/с.

Начальные условия для свободных составляющих:

iLсв(0) = iL(0) – iLпр(0)=0 – 1= -1 А, iLсв¢(0) = iL¢(0) – iLпр¢(0)=1000 – 0 =1000 А/с,

ir св(0) = ir(0) – ir пр(0) = 0 – 1 = -1 А, ir св¢(0) = ir¢(0) – ir пр¢(0) = 0,

iСсв(0) = iС(0) – iСпр(0) = 0,         iСсв¢(0) = iС¢(0) – iСпр¢(0) = 1000 – 0 = 1000 А/с.

Таким образом, получаем и решаем следующие три системы уравнений:

А1 + А2 = -1,                 А2 = -1 – А1 = -1 + 1,065 = 0,065,

р1×А1 + р2×А2 = 1000;    А1 = = = -1,065.

В1 + В2 = -1,                 В2 = -1 – В1 = -1 + 1,33 = 0,33,

р1×В1 + р2×В2 = 0;          В1 = = = -1,33.

 D1 + D2 = 0,                 D2 = -D1 = -0,266,

р1×D1 + р2×D2 = 0;          D1 = = = 0,266.

6. Записываем окончательные выраже-ния для токов в соответствии с классическим методом расчёта:

iL(t) = iLпр(t) + iLсв(t) =

= 1 – 1,065×е –1250t + 0,065×е –5000t А,

ir(t) = ir пр(t) + ir св(t) =

= 1 – 1,33×е –1250t + 0,33×е –5000t А,

iС(t) = iСпр(t) + iСсв(t) =

= 0,266×е –1250t – 0,266×е –5000t А.

7. Построим график тока ir(t) (рис. 7.41). Длительность переходного процесса с учётом |p2| > |p1|      TПП = =  с = 3,2 мс.

ЗАДАЧА 7.24. В схеме рис. 7.42 рассчитать токи переходного процесса классическим методом. Параметры цепи:

U = 100 В, r = 50 Ом, L = 0,2 Гн,

С = 40 мкФ. Построить график тока i1(t).

Решение

1. Независимые начальные условия:

uC(0+) = uC(0-) = 0;    i3(0+) = i3(0-) = = = 2 А.

2. Принуждённые составляющие токов: i2пр = 0, i1пр = i3пр = = = 1 А.

3. Характеристическое уравнение:

+ r + = 0 или 2LrС×р2 + (L+ 3r 2С)р + 2r = 0

или 2×0,2×50×40×10 -6×р2 + (0,2+ 3×502×40×10 -6)р + 2×50 = 0,

или 0,8×10 -3×р2 + 0,5×р + 100 = 0.

Корни характеристического уравнения:  р1,2 = -312,5 ± j165,4 с –1.

4. Вид свободных составляющих:

i1св(t) =А×е -at×sin(wt +Y1),  i2св(t) =В×е -at×sin(wt +Y2),  i3св(t) =D×е -at×sin(wt +Y3),

где коэффициент затухания                     a = |Re(р1)| = 312,5 с –1;

угловая частота свободных колебаний w = Im(р1) = 165,4 рад/с –1.

Начальные условия для свободных составляющих:

i1св(0) = А×sinY1,  i1св¢(0) = -a×А×sinY1 + w×А×cosY1;

i2св(0) = В×sinY2,  i2св¢(0) = -a×В×sinY2 + w×B×cosY2;

i3св(0) = D×sinY3, i3св¢(0) = -a×D×sinY3 + w×D×cosY3.

5. Для определения постоянных интегрирования рассчитаем начальные

условия. С этой целью составим систему уравнений по законам Кирхгофа для нулевого момента времени, причём учтём уравнение связи между током и напряжением на конденсаторе:  i1(0) – i2(0) – i3(0) = 0,

r×i1(0) + r×i2(0) + uC(0) = U,

r×i1(0) + L×i3¢(0) + r×i3(0) = U,

i2(0) = С×uC¢(0).

Отсюда начальные значения токов:  i1(0) = i2(0) + 2,

i2(0) = =  = 0; i1(0) =2 А.

Начальные значения производных:  uC¢(0) = i2(0)/С = 0;

i3¢(0) = = = -500 A/с;

i1¢(0) = -i2¢(0) = i3¢(0)/2 = -250 А/с.

Начальные условия для свободных составляющих:

i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 2 – 1 = 1 А,      i1св¢(0) = i1¢(0) – i1пр¢(0) = -250 А/с,

i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0,                     i2св¢(0) = i2¢(0) – i2пр¢(0) = 250 А/с,

i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = 2 – 1 = 1 А,        i3св¢(0) = i3¢(0) – i3пр¢(0) = -500 А/с.

Таким образом, получаем и решаем следующие три системы уравнений:

А×sinY1 = 1,

-a×А×sinY1 + w×А×cosY1 = -250;

А×cosY1 = = = 0,3779,

А = = = 1,069,

tgY1 = = = 2,646, Y1 = 69,3°.

В×sinY2 = 0,                                 B = 1,511,  

-a×B×sinY2 + w×B×cosY2 = 250;    Y2 = 0°.

 D×sinY3 = 1,

-a×D×sinY3 + w×D×cosY3 = -500;

D×cosY3 = = -1,134,

D = = 1,512, tgY3 = = -0,882,

но cosY3 < 0, поэтому

Y3 = 180° + arctg(-0,882) = 138,6°.

6. Записываем окончательные выражения для токов в соответствии с классическим методом расчёта:

i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 1 + 1,069×е –312,5t×sin(165,4t + 69,3°) А,

i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 1,511×е –312,5t×sin(165,4t) А,

i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 1 + 1,512×е –312,5t×sin(165,4t + 138,6°) А.

7. Построим график тока i1(t) (рис. 7.43). Длительность переходного процесса   TПП = =  с = 12,8 мс.

Период свободных колебаний T0 = = = 0,038 с = 38 мс.

ЗАДАЧА 7.25. В схеме рис. 7.44 рас-считать токи переходного процесса класси-ческим методом. Параметры цепи: U = 200 В, r1 = r2 = 50 Ом, L = 0,1 Гн, С = 40 мкФ.

Ответы: iL(t) = 2 + 2×е –500tsin(500t) A;

ir2(t) = 2 + 2×е –500tsin(500t – 90°) A;  iС(t) = 2 ×е –500tsin(500t + 45°) A.

ЗАДАЧА7.26. Определить напряжение на ёмкости и ток в цепи рис. 7.45 после размыкания рубильника, если

U = 100 В, r = 200 Ом, L = 1 Гн, С = 100 мкФ.

Ответы: i(t) = 0,5е –100t + 50t×е –100t A;

uС(t) = 100 – 100е –100t – 5000t×е –100t В.

ЗАДАЧА7.27. Определить токи переходного процесса в цепи рис. 7.46, если

Е = 100 В, r = 10 Ом, L = 29,4 мГн, С = 100 мкФ.

Ответы: i1 = 10 – 19,44×е –500tsin(300t + 31°) A;

i2 = -11,33×е –500tsin(300t) A;

i3 = 10 – 11,33×е –500tsin(300t + 62°) A.

ЗАДАЧА 7.28. В схеме рис. 7.47 определить ток в индуктивности и напряжение на ёмкости, если  E = 300 В,

r1 = r3 = 25 Ом, L = 20 мГн, С = 100 мкФ.

Ответы:

iL(t) = 12+ 11,06е-200t×sin(678t – 32,86°) А,

uC(t) = 155,8е -200t×sin(678t + 74,27°) B

ЗАДАЧА7.29. Определить ток в ёмкости (рис. 7.48), если е(t) = 400sin(314t – 90°) В,

r2 = 50 Ом, r3 = 25 Ом, L = 0,25 Гн, С = 400 мкФ.

Решение

1. Независимые начальные условия определим, рассчитав ток в индуктивности и напряжение на ёмкости до коммутации символическим методом.

Еm = 400×е j30° B,

Zвх = jwL + r3 – j = j314·0,25 + 25 – j = 25 + j70,54 = 74,84е j70,49° Ом,

I1m = = = 5,34×е –j160,49° A,

UCm = -j I1m = 7,96×е –j90°×5,34×е –j160,49° = 42,51×е –j250,49° B.

Мгновенные значения:  i1(t-) = 5,34×sin(314t – 160,49°) А,

uC(t-) = 42,51×sin(314t – 250,49°) B.

При t = 0-    i1(0-)= 5,34×sin(-160,49°) = -1,78 А,

uC(0-)= 42,51×sin(-250,49°) = 40,1 B.

Согласно законам коммутации

i1(0+)= i1(0-)= -1,78 А, uC(0+) = uC(0-) = 40,1 B.

2. Схему после коммутации опишем системой линейных дифуравнений

i1 – i2 – i3= 0,

L + r2i2 = e(t),

r3i3 + uC – r2i2 = 0, где  uС(t) = .

3. Рассчитаем принуждённый режим

Еm = 100×е –j90° B,

Z = jwL + = j78,5 + = 76,91×е j77,2° Ом,

I1прm = = = 5,2×е –j167,2° A,

I2прm = I1прm× = 5,2×е –j167,2°× = 1,81×е –j178,8° A,

I3прm = I1прm – I2прm = -5,07 – j1,15 + 1,810 + j0,038 = -3,26 – j1,112 = 3,44е -j161,2° A,

UCпрm = -j I3прm = 7,96×е –j90°×3,44е -j161,2° = 27,38×е -j251,2° B.

Мгновенные значения принуждённых составляющих:

i1пр(t) = 5,2×sin(314t – 167,2°) А,  i2пр(t) = 1,81×sin(314t – 178,8°) А,

i3пр(t) = 3,44×sin(314t – 161,2°) А, uСпр(t) = 27,38×sin(314t – 251,2°) B.

4. Свободный режим.

Составим характеристическое уравнение относительно ветви с ёмкостью: + r3 + = 0 или LС(r2 + r3)·р2 + (L+ r2r3С)р + r2 = 0

или 0,25×400×10 -6×(50+25)·р2 + (0,25 + 50·25·400·10 -6)р + 50 = 0,

7,5×10 -3×р2 + 0,75×р + 50 = 0.

Корни характеристического уравнения:  р1,2 = -50 ± j64,55 с –1.

Свободная составляющая тока  i3св(t) = А3·е -50t×sin(64,55t +Y3).

Постоянные интегрирования определим при  t = 0+: i3св(0+) = А3·sin(Y3).

Так как постоянных интегрирования две, то найдём недостающее уравнение путём дифференцирования свободной составляющей и запишем его при  t = 0+: = -50А3·sin(Y3) + 64,55А3·соs(Y3).

Система дифуравнений при t = 0+ для свободных составляющих:

i1св(0+) = i2св(0+) + i3св(0+),

Li1св¢(0+) + r2i2св =0,

r3i3св(0+) + uCсв(0+) – r2i2св(0+) = 0,

где i1св(0+) = i1(0+) – i1пр(0+) = -1,78 – 5,2sin(-167,2°) = -0,63 А,

uCсв(0+) = uC(0+) – uCпр(0+) = 40,1 – 27,38sin(-251,2°) = 14,2 В.

Далее i2св(0+) = i1св(0+) – i3св(0+) = -0,63 – i3св(0+);

25i3св(0+) + 14,2 – 50·(-0,63 – i3св(0+)) = 0,

i3св(0+) = = -0,61 А, i2св(0+) = -0,63 + 0,61 = -0,02 А.

i1св¢(0+) = = = 4 А/с,  i2св¢(0+) = i1св¢(0+) – i3св¢(0+);

r3i3св¢(0+) + i3св(0+) – r2i1св(0+) + r2i3св(0+) = 0,

i3св¢(0+) = = = 23 А/с.  

Совместно решаем систему уравнений

А3·sin(Y3) = -0,61,

-50А3·sin(Y3) + 64,55А3·соs(Y3) = 23.

А3·соs(Y3) = = -0,12; tgY3 = = = 5,08;

Y3 = arctg5,08 = 78,87°, sin(Y3) = 0,98, А3 = -0,61/0,98= -0,62.

i3св(t) = -0,62е -50t×sin(64,55t + 78,87°) А.

5. Полный ток

i3(t) = 3,44sin(314t – 161,2°) – 0,62е -50t×sin(64,55t + 78,87°) А.

ЗАДАЧА 7.30. Рассчитать токи пере-ходного процесса в схеме рис. 7.49. Числовые значения:

U = 50 В, r = 10 Ом, L = 0,1 Гн, М = 0,05 Гн.

Решение

1. Независимые начальные условия нулевые: i1(0) = i2(0) = 0.

2. Принуждённые токи:  i1пр= = = 5 А, i2пр= 0.

3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного состояния цепи:    r×i1 + L  – M = U,

-M + L = 0.

Алгебраизировав систему уравнений и приравняв её определитель нулю, получим характеристическое уравнение:

D(р) = = rрL + р2L2 – р2M2 = 0.

Корни уравнения: р1 = 0, р2 = - = - = -133,3 с -1.

4. Свободные составляющие токов имеют вид:

i1св(t) = А1×е р1×t + А2×е р2×t = А1 + А2×е р2×t;

i2св(t) = В1×е р1×t + В2×е р2×t = В1 + В2×е р2×t.

5. Рассчитаем зависимые начальные условия (значения производных от токов в начальный момент времени), используя составленную в п.3 систему уравнений для момента времени t = 0+:

Li1¢(0) – Mi2¢(0) = U – r×i1(0) = 50, или      0,1i1¢(0) – 0,05i2¢(0) = 50,

-Mi1¢(0) + Li2¢(0) = 0;                               -0,05i2¢(0) + 0,1i2¢(0) = 0.

Решение системы: i1¢(0) = 667 А/с, i2¢(0) = 333 А/с.

6. Начальные значения свободных токов и их производных:

- с одной стороны, i1св(0) = А1 + А2,  i1св¢(0) = А2×р2;

i2св(0) = В1 + В2,  i2св¢(0) = В2×р2;

- с другой стороны, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 0 – 5 = -5 А,

i1св¢(0) = i1¢(0) – i1пр¢(0) = 667 А/с,

i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0,

i2св¢(0) = i2¢(0) – i2пр¢(0) = 333 А/с.

Получаем и решаем системы уравнений:

А1 + А2 = -5, А2×р2 = 667; А2 = 667/(-133,3) = -5, А1 = 0;

В1 + В2 = 0, В2×р2 = 333;  В2 = 333/(-133,3) = -2,5, В1 = - В2 = 2,5.

7. Окончательно записываем:

i1(t) = i1пр + i1св= 5 – 5×е –133,3t А, i2(t) = 2,5 – 2,5×е –133,3t А.

То, что i2(¥) ¹ 0, объясняется тем, что резистивное сопротивление вторичного контура r2 = 0, что означает, что вторичный контур изготовлен из сверхпроводника.

 

ЗАДАЧА 7.31. Рассчитать токи переход-ного процесса в схеме рис. 7.50. Числовые значения:  Е = 10 В, r = 1 Ом, L1= 0,1 Гн,

L2= 0,05 Гн, М = 0,05 Гн.

Решение

1. Независимые начальные условия нулевые: i1(0) = i2(0) = 0.

2. Принуждённые токи:  i1пр= Е/0 = ¥, i2пр= 0.

3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного состояния цепи:    L1  – M = Е,

-M + r×i2 + L2 = 0.

Алгебраизировав систему уравнений и приравняв её определитель нулю, получим характеристическое уравнение:

D(р) = = р2L1L2 + рL1r – р2M2 = 0.

Корни уравнения: р1 = 0, р2 = - = - = -40 с -1.

4. Свободные составляющие токов имеют вид:

i1св(t) = А1 + А2×е р2×t; i2св(t) = В1 + В2×е р2×t.

5. Рассчитаем зависимые начальные условия (значения производных от токов в начальный момент времени), используя составленную в п.3 систему уравнений для момента времени t = 0+:

L1i1¢(0) – Mi2¢(0) = Е = 10, или          0,1i1¢(0) – 0,05i2¢(0) = 10,

-Mi1¢(0) + L2i2¢(0) = 0;                            -0,05i2¢(0) + 0,05i2¢(0) = 0.

Решение системы: i1¢(0) = 200 А/с, i2¢(0) = 200 А/с.

6. Начальные значения свободных токов и их производных:

- с одной стороны, i1св(0) = А1 + А2,  i1св¢(0) = А2×р2;

i2св(0) = В1 + В2,  i2св¢(0) = В2×р2;

- с другой стороны, i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = -¥,

i1св¢(0) = i1¢(0) – i1пр¢(0) = 200 А/с,

i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 0,

i2св¢(0) = i2¢(0) – i2пр¢(0) = 200 А/с.

Первую систему уравнений: А1 + А2 = -¥, А1×р1 + А2×р2 = 200

решить не удастся, поэтому решаем вторую систему уравнений:

В1 + В2 = 0, В2×р2 = 200;  В2 = = -5, В1 = -В2 = 5.

7. Таким образом, вторичный ток: i2(t) = 5 – 5×е –40t А.

Первичный ток получим из первого уравнения системы, составленной по законам Кирхгофа:

= = = 100 + 100×е –40t А/с;

i1(t) = = = 100t – 2,5×е –40t – 2,5 А.    

Необычное выражение для первичного тока объясняется тем, что резис-тивное сопротивление первичного контура r1 = 0. Поэтому здесь (100t – 2,5) является не принуждённой составляющей, а суммой принуждённой составля-ющей и одной из двух частей свободной составляющей. У вторичного же тока 5 = 5×е –0t является не принуждённой составляющей, а также одной из двух частей свободной составляющей. Свободная составляющая вторичного тока не убывает до нуля, поскольку первичный ток растёт до бесконечности. Безусловно, данная ситуация на практике может возникнуть лишь приблизительно в течение некоторо-го небольшого промежутка времени.

 

ЗАДАЧА 7.32. Рассчитать токи переходного процесса в схеме рис. 7.51 со следующими числовыми данными: U = 100 В, r1 = r2 = 50 Ом, L1= 0,1 Гн, L2= 0,2 Гн, М = 0,05 Гн.

Решение

1. Независимые начальные условия:

i1(0+) = i1(0-) = = = 1 А, i3(0+) = i3(0-) = 0.

2. Принуждённые составляющие токов: i2пр = 0, i1пр = i3пр = = = 2 А.

3. Система уравнений по законам Кирхгофа для послекоммутационного состояния цепи:  i1 – i2 – i3= 0,

r1×i1 + L1i1¢+ Мi3¢+ L2i3¢+ Мi1¢ = U,

r1×i1 + L1i1¢+ Мi3¢+ r2×i2 = U.

4. Характеристическое уравнение, составленное на основании записанных уравнений по законам Кирхгофа:

D(р) = = 0,

р2(L1L2 – М 2) + р(r1L2 + r2L1 + r2L2 + 2r2М ) + r1r2 = 0,

р2(0,1×0,2 – 0,052) + р(50×0,2 + 50×0,1 + 50×0,2 + 2×50×0,05) + 50×50 = 0,

р2×0,0175+ р×30 + 2500 = 0,

р1,2 = -657,1 ± 769,3 с –1; р1 = -87,8 с –1; р2 = -1626,4 с –1.

5. Свободные составляющие токов:

i1св(t) = А1×е р1t + А2×е р2×t; i2св(t) = В1×е р1t + В2×е р2×t; i3св(t) = D1×е р1t + D2×е р2×t.

Начальные значения свободных составляющих и их производных:

i1св(0) = А1 + А2;        i2св(0) = В1 + В2;          i3св(0) = D1 + D2;

i1св¢(0) = А1р1 + А2 р2; i2св¢(0) = В1р1 + В2 р2;  i1св¢(0) = D1р1 + D2 р2.

6. Начальные условия получим из ранее составленной системы уравнений для нулевого момента времени:     i2(0) = i1(0) – i3(0) = 1 А,

i1¢(0)×(L1+ М) + i3¢(0)×(L2+ М) = U – r1×i1(0),           0,15i1¢(0) + 0,25i3¢(0) = 50,  

L1i1¢(0)+Мi3¢(0) = U – r1×i1(0) – r2×i2(0),      0,1i1¢(0) + 0,05i3¢(0) = 100 – 50 – 50 = 0.

Решение системы уравнений:

i1¢(0) = -142,9 А/с, i3¢(0) = 285,7 А/с, i2¢(0) = i1¢(0) – i3¢(0) = -428,6 А/с.

Начальные значения свободных составляющих и их производных:

i1св(0) = i1(0) – i1пр(0) = 1 - 2= -1 А, i1св¢(0) = i1¢(0) = -142,9 А/с,

i2св(0) = i2(0) – i2пр(0) = 1 - 0= 1 А,  i2св¢(0) = i2¢(0) = -428,6 А/с,

i3св(0) = i3(0) – i3пр(0) = 0 - 2= -2 А, i3св¢(0) = i3¢(0) = 285,7 А/с.

7. Получаем и решаем следующие системы уравнений:

А1 + А2 = -1, А1р1 + А2 р2 = -142,9 Þ А1 = -1,150, А2 = 0,150;

В1 + В2 = 1, В1р1 + В2 р2 = -428,6 Þ В1 = 0,778, В2 = 0,222;

D1 + D2 = -2, D1р1 + D2 р2 = 285,7 Þ D1 = -1,928, D2 = -0,072;

8. Окончательно записываем:

i1(t) = i1пр(t) + i1св(t) = 2 – 1,150×е –87,8t +0,150×е –1626,4×t А,

i2(t) = i2пр(t) + i2св(t) = 0,778×е –87,8t +0,222×е –1626,4×t А,

i3(t) = i3пр(t) + i3св(t) = 2 – 1,928×е –87,8t –0,072×е –1626,4×t А.

ЗАДАЧА 7.33. Рассчитать токи ПП в цепи рис. 7.52, если

U = 180 В, r1 = r3 = 10 Ом, r2 = 40 Ом, L1= 1 Гн, L2= 4 Гн, kC = 1.

Ответы:

Y1(t) = -18 + 24×е –2t Вб,

Y2(t) = 36 – 48×е –2t Вб,

i1(t) = 18 – 4,8×е –2t А,

i2(t) = 18 – 14,4×е –2t А,   i3(t) = 9,6×е –2t А.

 

ЗАДАЧА 7.34. Определить токи переходно-го процесса в цепи рис. 7.53, если

Е = 180 В, L1= 0,6 Гн, L2= 0,5 Гн,

kC = 0,8, r2 = 60 Ом, r3 = 30 Ом.

Ответы:

Y1(t) = 6,715 – 6,655×е –19,3t – 0,06×е –863t Вб,

Y2(t) = 5,444 – 5,57×е –19,3t + 0,125×е –863t Вб, i1(t) = 9 – 8,22×е –19,3t – 0,78×е –863t А,

i2(t) = 3 – 3,94×е –19,3t – 0,94×е –863t А,            i3(t) = 6 – 4,28×е –19,3t – 1,72×е –863t А.

 




⇐ Предыдущая123Следующая ⇒






Последнее изменение этой страницы: 2018-04-12; просмотров: 396.

stydopedya.ru не претендует на авторское право материалов, которые вылажены, но предоставляет бесплатный доступ к ним. В случае нарушения авторского права или персональных данных напишите сюда...