Пример расчета переходных процессов методом переменных состояния.

Выполнить расчет переходного процесса методом переменных состояния в цепи, содержащей три реактивных элемента (рис. 1), если Е=10 В, L₁=0,1 Гн, L₂ = 0,2 Гн, С=10 ^-2 Ф, R₂ =R₃=10 Ом.

Решение: 1. Составим уравнения цепи по законам Кирхгофа

i₁= i₂+ i₃ ; L_{1  +} i₃R₃+u_c=E; L_{2  +} R₂i₂ - i₃R₃ - u_c= 0; i₃= .

3. Преобразуем уравнения

_{= = + - +}

_{= =  -   + +0}

= =

4. Подставим цифры и запишем в матричной форме

Учтем нулевые начальные условия

4. Используя программу MаthCad 8.0 и имеющуюся в ней функцию rkfixed (x, 0, tk, N, D), решим систему дифференциальных уравнений методом Рунге-Кутта. Выберем N=500 точек. Для оценки времени счета tk, найдем корни характеристического уравнения, используя функцию eiqenvals(A).

Примем tk=6/b, где b – наименьший по модулю корень.

5. Для определения искомых величин в любой точке используем запись ; ;  подразумевая под ними, соответственно i₁ i₂  u_c. Например в пятой точке вычисления ток i₁ равен =   =0,428 А,а в 300-й точке напряжение u_c равно u_300.3=9,67 В.

6. Для построения графиков используем величины по оси абцисс , а по оси ординат и увеличенные в 5 раз  и . Все необходимые данные для расчета и построения графиков приведены на рис. 2.

                        Рис 2

Приложение 3.

Задания к расчетно-графическая работе № 1

Содержание работы

1. Написать по законам Кирхгофа систему уравнений для определения неизвестных токов и ЭДС в ветвях схемы.

2. Определить ЭДС в первой ветви и токи во всех ветвях методом контурных токов.

3. Составить баланс мощности.

4. Найти показание вольтметра.

5. Определить ток во второй ветви (где R₂ и Е₂) методом эквивалентного генератора.

6. Рассчитать величину и направление ЭДС, которую надо дополнительно включить во вторую ветвь, чтобы ток в ней увеличился в два раза и изменил свое направление.

7. Определить входную проводимость второй ветви и взаимную проводимость второй и третьей ветви.

8. Получить зависимость тока в третьей ветви от сопротивлений второй ветви при постоянстве всех остальных параметров схемы.

П р и м е ч а н и е. Номер схемы соответствует порядковому номеру, под которым фамилия студента записана в журнале. группы.

Числовые данные параметров схемы приведены в таблице и выбираются в соответствии с номером группы.

Числовые данные параметров схем

Схемы для РГР №1

Пример выполнения расчета по ТОЭ

    Выполнить расчет электрической цепи, приведенной на рис. 3 в соответствии с требованиями задания:

R₁=4 Ом; R₂=5 Ом;

 R₃=2 Ом; R₄=2 Ом;

R₅=4 Ом; R₆=5 Ом;

 R₇=6 Ом; R₈=3 Ом;

I₁=3 A; J=2 A;

 E₂=50 B; E₃=30 B;

E₄=40 B; E₅=40 B; E₆=20 B

1. Преобразование схемы и написание уравнений по законам Кирхгофа

Рисуем расчетную схему цепи (рис. 4), на которой показываем выбранные и известные положительные направления всех токов и ЭДС, а также направления обходов контуров.

Обозначаем узлы цепи буквами A, B, C и D.

Пишем уравнения по первому закону Кирхгофа для узлов A, B, C:

узел А –J+I₃–I₄+I₅=0;  

узел В –I₂–I₅+I₇=0;

узел С J+I₁+I₂+I₄=0.

По второму закону Кирхгофа можно составить независимые контурные уравнения k₂=В–У+1,

где В – число ветвей цепи, У – число узлов.

Для рассматриваемой цепи k₂=3.

Напряжение считается положительным, если направление тока в сопротивлении совпадает с произвольно выбранным направлением обхода контура; ЭДС считается положительной, если она действует по направлению обхода контура.

Пишем уравнения по второму закону Кирхгофа:

для контура I (R₄+R₈)I₄+R₅I₅–R₂I₂=E₄+E₅–E₂;

контура II R₂I₂+R₇I₇–R₁I₁=E₂–E₁;

контура III (R₄+R₈)I₄+R₃I₃–R₁I₁=E₄+E₅–E₁.

Решение системы из шести уравнений с шестью неизвестными достаточно сложно, поэтому для расчета рассматриваемой электрической цепи применяем другие методы.

2. Определение токов и ЭДС во всех ветвях методом контурных токов

Выберем направления контурных токов так, чтобы известный ток бал равен одному из контурных токов, например,ток I₂₂ = I₁ (рис.5). При расчете ток источника тока можно считать одним из известных токов. В данном случае удобно считать его проходящим по четвертой ветви. Можно поступить иначе: источник тока заменить эквивалентным источником ЭДС и рассчитать контурные токи для преобразованной схемы, затем возвратиться к исходной схеме.

Расчет ведем по схеме с источником тока (рис. 5).

Составляем уравнения по методу контурных токов для контуров 1 и 3

(R₂+R₅+R₄+R₈)I₁₁+ R₂I₂₂+ R₅I₃₃–(R₄+R₈)J=E₅–E₂+E₄;

R₅I₁₁–R₁I₂₂+(R₃+R₅ +R₇)I₃₃ =E₅–E₃.

Подставив значения сопротивлений, ЭДС и токов I₂₂=I₁=3 A и J=2 A, после выполнения всех действий и упрощения получаем

7I₁₁+2I₂₃=12,5;

I₁₁+3I₃₃=7,

откуда находим I₁₁=1,235 A и I₃₃=1,93 А.

    Определяем токи в ветвях (выбранные положительные направления токов и ЭДС показаны на схеме рис. 5).

I₁=I₂₂=3 A; I₂= – I₁₁– I₂₂= – 4,235 А; I₃= – I₃₃= – 1,93 А;

I₄= –J+I₁₁= –0,765 А; I₅=I₁₁+I₃₃=3,165 А; I₇=I₃₃–I₂₂= –1,07 А.

     Составив уравнение по второму закону Кирхгофа для контура 2 (рис. 5), находим ЭДС Е₁:

R₁×I₁–R₇×I₇–R₂×I₂=E₁–E₂;

4×3+6×1,07+5×4,235=E₁–50; E₁=89,6 B.

           3. Проверка правильности определения искомых величин

    Так как расчет выполнен по методу контурных токов, первый закон Кирхгофа для всех узлов цепи выполняется автоматически. Чтобы убедиться в том, что токи определены верно, нужно проверить тождественность уравнений, составленных по второму закону Кирхгофа для отдельных контуров цепи (рис. 5).

    Для первого контура            

R₅I₅–R₂I₂+(R₄+R₈)I₄=E₅–E₂+E₄.

    Подставив в это уравнение значения сопротивлений, токов и ЭДС, получаем:  12,66+21,175–3,825=30 или 30,01@30.

    Аналогично получаем для контура, образованного первой, третьей и четвертой ветвями:

R­₁I₁–(R₄+R₈)I₄–R₃I₃ = E₁–E₄–E₃;

12+3,825+3,86=89,6–30–40 или 19,685@19,6.

    Погрешность 0,085 – около 0,15 %, что вполне допустимо (допускается погрешность до 2 %).

    Итак, расчет выполнен верно.

4. Составление баланса мощностей

Алгебраическая сумма мощностей источников энергии должна быть равна сумме мощностей в сопротивлениях цепи SР_ист=SRI².

Мощность источника энергии записывается со знаком плюс, если ток от источника выходит через точку с более высоким потенциалом. Если после числового расчета мощность источника является положительной, то он отдает энергию, если же мощность источника оказывается отрицательной, то источник фактически потребляет энергию.

Мощность источников напряжения (рис. 4) определяется как сумма произведений ЭДС ветвей на протекающие через них токи:

SEI=E₁I₁+E₂I₂+E₃I₃+E₄I₄+E₅I­₅=

=89,6∙3–50×4,235–30×1,93–40×0,765+40∙3,165=95,15 Вт.

Мощность источника тока определяется как произведение тока источника на разность потенциалов узла j_А, к которому ток подтекает, и узла j_С, из которого ток вытекает.

Мощность источника тока будет положительна, если j_A>j_C

(или индексы J_CA и U_AC в обратном порядке):

P_J=J(j_A–j_C);

U_AC =j_A–j_C=(R₄+R₈)I₄+E₄=5×0,765+40=43,825 В;      

Р_J = J_CA U_AC ∙= 2×43,825=87,65 Вт.

Суммарная мощность источников энергии

SР_уст=SЕI+P_i=95,15+87,65=182,8 Вт.

Мощность в сопротивлениях

SRI²=R₁I₁²+R₂I₂²+R₃I₃²+(R₄+R₈)I₄²+R₅I₅²+R₇I₇²=

=4∙9+5×17,9+2×3,72+5×0,584+4×0,584+4×10+6×1,145=182,73 Вт.

Погрешность незначительна.

5. Определение напряжений, измеряемых вольтметрами (рис. 3)

Вольтметр V1 показывает разность потенциалов между точками G и А цепи. По второму закону Киргофа  I₃R₃ + U_GA =E₃+ E₆ . При этом j_G=j_H;, так как в шестой ветви ток равен нулю. Таким образом, показания вольтметра V1

| U_GA |=|E₆+E₃–I₃R₃|=|20+30+1,93×2|=53,86 В.

Вольтметр V2 показывает разность потенциалов между точками А и С цепи                           U_AC +I₄(R₄+R₈) = E₄;

U_AC = E₄ - I₄(R₄+R₈);

| U_AC |=40 – (–0,765)∙5=43,82 В.

    6. Определение тока во второй ветви по методу эквивалентного генератора (активного двухполюсника)

    Выделим целиком вторую ветвь, а всю остальную часть цепи заменим эквивалентным активным двухполюсником (рис. 7).

Рис. 7

Тогда                     E_э=U_х

где U_X – разность потенциалов между точками В и С электрической цепи при отключении второй ветви;

R_э= R_вх – входное сопротивление двухполюсника.

    Если заменить источник тока J эквивалентным источником ЭДС E_U=(R₄+R₈)J=5×2=10 B, то электрическая цепь при отключенной второй ветви будет иметь всего два узла А и D.

    По формуле двух узлов находим напряжение U_AD¢:

Определяем токи I_DB¢ и I_DC¢ и потенциалы j_B¢ и j_С¢

Проверка SI=0; –0,71–0,74+1,45=0.

j_В¢=j_D¢–I_DB¢R₇=j_D¢+0,71×6=j_D¢+4,26;

j_C¢=j_D¢–I_DC¢R₁–E₁=j_D¢+0,74×489,9=j_D¢–86,64.

ЭДС активного двухполюсника

Е_э=U_X=j_B¢–j_C¢=j_D¢+4,26–j_D¢+86,64=90,9 В.

           Составляем схему для определения входного сопротивления

двухполюсника (рис. 8, а).

Рис. 8

    Считаем сопротивления источников ЭДС равными нулю. Треугольник сопротивлений R­₅, R₇ и R₃ заменяем эквивалентной трехлучевой звездой R­₉, R₁₀ и R₁₁ (рис. 8, б):

Определяем входное сопротивление, свертывая схему (рис. 8, в)

R₁₂=R₁₀+R₄+R₈=5,67 Ом; R₁₃=R₁₁+R₁=5 Ом;

    По записанной ранее формуле вычисляем ток во второй ветви

    Получено такое же значение тока I₂, как и при расчетах по методам контурных токов и узловых потенциалов.

7. Определение величины и направления ЭДС, которую нужно дополнительно включить, чтобы ток во второй ветви увеличился в два раза и изменил свое направление

В соответствии со схемой рис. 7 включаем добавочную ЭДС Е_доб по направлению ЭДС Е₂. Тогда должно быть

Е_доб=90,9–50+8,46×9,66=122,7 В.

8. Определение входной проводимости второй ветви

Входное сопротивление второй ветви

R₂₂=R_вх+R₂=4,66+5=9,66 Ом.

Входная проводимость

9. Определение взаимной проводимости второй и третьей ветвей

Будем считать, что  все ЭДС, кроме Е₂¢¢, и ток источника тока равны нулю. Определим ток I₃¢¢ в третьей ветви, тогда отношение тока I₃ к ЭДС и будет взаимной проводимостью q₂₃.

Пусть Е₂¢¢=1 В, тогда ток I₂¢¢ во второй ветви будет

I₂¢¢= Е₂¢¢×q₂₂=1×0,1037=0,1037 А.

Этот ток будет распределяться по всем ветвям схемы рис. 7. Схемы рис. 7 и рис. 8 будут эквивалентны. Начнем расчет токов со схемы (рис. 8, г). Ток, протекающий через сопротивление R₁₂ (или R₁₀, R₄ и R₈):

Ток, протекающий через сопротивление R₁₃ (или R₁ и R₁₁):

I₁¢¢= I₂¢¢– I₄¢¢=0,1037––0,0486=0,0531 А.

Определяем потенциалы узлов А и D (рис. 8, б)

j_A¢¢=j_C¢¢+I₄¢¢(R₄+R₈)=j_C¢¢+0,0486×5=j_C¢¢+0,243;

j_D¢¢=j_C¢¢+I₁¢¢×R₁=j_C¢¢+0,055×4=j_C¢¢+0,22.

Ток в третьей ветви будет

Взаимная проводимость ветвей второй и третьей

10. Другой способ определения взаимной проводимости

    Если изменяется только ЭДС во второй ветви, то в соответствии с принципом линейности имеем:  I₃=A+q₃₂E₂;

                 I^'₃=A+q₂₃E^'₂.

    Вычтем первое уравнение из второго, получим

DI₃=q₃₂×DE₂,    откуда .

    Пусть первое уравнение соответствует нормальному режиму (рассчитанному по методу контурных токов), а второе равно режиму, когда разомкнута вторая ветвь и между узлами В и С (рис. 7) включена ЭДС Е=U_X. Тогда I₃=–1,93 A;         E₂=50 B;

                         I₃¢= –I_DA¢= –1,45 A; E₂¢=E_Э=90,9 B.

Таким образом, получаем

DI₃=0,48 A; DE₂=40,9 B; q₂₃= 0,0117 См.

11. Определение зависимости тока в третьей ветви от сопротивления второй ветви при неизменных остальных параметрах цепи

    Рассматриваемая электрическая цепь является линейной. Это значит, что между точками в отдельных ветвях существует линейная зависимость. Можно записать: I₃=a+bI₂ . Здесь  a  и b   постоянные коэффициенты,   которые   можно  определить  по  двум  режимам  работы цепи.

    Первый режим берем нормальный (по схеме рис. 5), второй – режим холостого хода, когда вторая ветвь разомкнута, R=¥.

    Для этих режимов были ранее подсчитаны значения токов:

- для первого      I₂= –4,235 A и I₃= – 1,93 A;

- второго      I₂¢=0 и I₃¢= – I′_AD = –1,45 A.

Составляем систему уравнений для определения коэффициентов a и b

–1,93=a+b×4,235;

–1,45=a+b×0.

Из второго уравнения сразу находим     a= –1,45 A.

Из первого уравнения

Таким образом, получаем зависимость между токами во второй и в третьей ветви    I₃= –1,45+0,113I₂.

    Подставив известное выражение для ,

получим    

Таким образом, зависимость I₃=f(R₂) нелинейная. Максимальным по абсолютному значению ток I₃ будет при R₂=0 (при коротком замыкании во второй ветви), I_{3 макс}= –2,45 А. Ток I₃ будет минимальным при R₂®¥ (при холостом ходе), I_{3 мин}= –1,45 А. 

     Целесообразно также проверить правильность полученного выражения, подставив в него сопротивление R₂=5 Ом, для которого был определен ток ранее.

 Приложение 4.

---

Дата добавления: 2018-02-15; просмотров: 930; Мы поможем в написании вашей работы!

Поделиться с друзьями:

---

⇐ Предыдущая11121314151617181920Следующая ⇒

---

Мы поможем в написании ваших работ!