АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙtoe.ugatu.ac.ru/content/umk_stat/FullTexts/TOE/Prakt/an_lin_ec_12.pdf · электротехники и электроники

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


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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


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

Documents

АНАЛИЗ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙtoe.ugatu.ac.ru/content/umk_stat/FullTexts/TOE/Prakt/an_lin_ec_12.pdf · электротехники и электроники