Расчет переходного процесса в линейной системе

[Mikle_Finsky]

Здравствуйте. Не могли бы вы мне помочь с моей задачей. Дана линейная электрическая цепь второго подрядка, в которой происходит коммутация. В цепи действует источник постоянного напряжения. До коммутации в цепи был установившийся режим (в моем случает ключ был разомкнут).
Требуется найти $U_R_2$ классическим методом.
Дано: $E=100$[В], $R_1=60$[Ом], $R_2=40$[Ом], $L=20$[мГн], $C=2,0$[мкФ].

Решение:
1)Начальные условия. Ключ при (t=0-) был разомкнут, а при t=0 его замкнули. При t=0- ток протекает через $R_1$. До начала коммутации в цепи через индуктивность протекает ток $i_L(0-)=I_L_0\neq0$. Определим ток по эквивалентной схеме для t=0- .

Ток

$$i_1(0-)=\frac{E}{R_1+R_2}=\frac{100}{100}=1$$

$$U_L(0-)=0$$

Напряжение на сопротивление

$$U_R_1(0-)=i_1(0-)R_1=60\text{[В]}$$

$$i_1(0-)=i_2(0-)$$

$$U_R_2(0-)=i_2(0-)R_2=40\text{[В]}$$

Проверим

$$E=U_L+U_R_1+U_R_2=0+60+40=100\text{В}$$

После коммутации (t=0+), ток в индуктивности скачком измениться не может, поэтому

$$i_1(0+)=i_1(0-)=i_1(0)=1$$

А дальше у меня возникает не проблема, а непонимание.
Я составляю систему уравнений по законам Кирхгофа, которая описывает систему после коммутации.

$$ \begin{cases} R_1i_1+L\frac{di_1}{dt}+\frac{1}{C}\int i_3 dt=E \\ \frac{1}{C}\int i_3 dt-R_2i_2=0 \\ i_1-i_2-i_3=0\\ \end{cases} $$

Но до коммутации у нас ток течет через резистор $R_1$, а после замыкание он пойдет по пути наименьшего сопротивления? Это как-то отразиться на системе уравнений?

-- 13.11.2012, 19:49 --

Прошу прощения ошибся разделом, можно перенести в раздел "Помогите решить / разобраться (Ф)"?

[profrotter]

А чё это у вас ток $i_1(0\pm)$ в поллитрах измеряется?

Разве $U_L(0-)$ относится к начальным условиям?

Имею предположение, что полезно будет сначала изобразить схему после коммутации, а потом составлять систему уравнений.

[Mikle_Finsky]

profrotter в сообщении #644191 писал(а):

А чё это у вас ток $i_1(0\pm)$ в поллитрах измеряется?

Разве $U_L(0-)$ относится к начальным условиям?

Имею предположение, что полезно будет сначала изобразить схему после коммутации, а потом составлять систему уравнений.

i(0-) - до коммутации, i(0) - в момент коммутации, i(0+) - после коммутации. В этом и проблема, схема после коммутации. Ток пойдет по пути меньшего сопротивления ( и тогда $R_1$ исчезнет) или нет. Моделирование в Electronics Workbench показывает, что ток после коммутации пойдет в обход резистору, но не сразу ~ через 5 сек. Т.к. момент после коммутации (i(0+)) очень мизерный (я так понимаю), то тут и возникает вопрос. Будет ли участвовать в уравнениях $R1$ ?

[profrotter]

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

i(0-) - до коммутации, i(0) - в момент коммутации, i(0+) - после коммутации.

Угу. И все измеряются в поллитрах.

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

Ток пойдет по пути меньшего сопротивления

Закоротка идеальная - её сопротивление попросту равно нулю. Помните была такая весёлая картинка, называлась "сопротивление бесполезно"? Любой элемент, который оказывается закороченным подлежит удалению из схемы.

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

Будет ли участвовать в уравнениях ?

Для того, чтобы это понять надо изобразить схему после коммутации. Изобразить схему, для которой Вы составляете систему уравнений. И составить систему уравнений.

[мат-ламер]

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

Моделирование в Electronics Workbench показывает, что ток после коммутации пойдет в обход резистору, но не сразу ~ через 5 сек.

Однако, любопытно.

[Mikle_Finsky]

profrotter в сообщении #644205 писал(а):

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

i(0-) - до коммутации, i(0) - в момент коммутации, i(0+) - после коммутации.

Угу. И все измеряются в поллитрах.

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

Ток пойдет по пути меньшего сопротивления

Закоротка идеальная - её сопротивление попросту равно нулю. Помните была такая весёлая картинка, называлась "сопротивление бесполезно"? Любой элемент, который оказывается закороченным подлежит удалению из схемы.

Mikle_Finsky в сообщении #644199 писал(а):

Будет ли участвовать в уравнениях ?

Для того, чтобы это понять надо изобразить схему после коммутации. Изобразить схему, для которой Вы составляете систему уравнений. И составить систему уравнений.

profrotter
Ну почему в поллитрах, т.к. это ток, то измеряется он в амперах.
Значит после коммутации схема примет вид.

$$\begin{cases} \frac{1}{C}\int i_3 dt+L\frac{di_1}{dt}=E\\ \frac{1}{C}\int i_3 dt-i_2R_2=0\\ i_1-i_2-i_3=0 \end{cases} $$

Правильно?
мат-ламер
Я имел ввиду, что ток конечно сразу пойдет в обход, но остаточные явления остаются ~5 сек.

[Mikle_Finsky]

Цитата:

$$\begin{cases} \frac{1}{C}\int i_3 dt+L\frac{di_1}{dt}=E\\ \frac{1}{C}\int i_3 dt-i_2R_2=0\\ i_1-i_2-i_3=0 \end{cases} $$

Правильно?
мат-ламер
Я имел ввиду, что ток конечно сразу пойдет в обход, но остаточные явления остаются ~5 сек.

После этого я ищу определитель матрицы состоящей из коэффициентов перед токами.

$$\bigtriangleup (p)=\begin{Vmatrix} LP & 0 & \frac{1}{CP} \\ 0 & -R_2 & \frac{1}{CP} \\ 1 & -1 & -1 \end{Vmatrix}=0$$

$$\bigtriangleup (p)=\frac{R_2LCP^2+LP+R_2}{CP}=0$$

Проверка:

Найдем характеристическое уравнение методом эквивалентных сопротивлений.

$$PL+\frac{R_2}{PC(R_2+\frac{1}{PC})}=\frac{R_2LCP^2+PL+R_2}{R_2CP+1}$$

Характеристическое уравнение:

$$R_2LCP^2+LP+R_2=0$$

Подставим численные значения и найдем его корни:

$$1600P^2+20P+40=0$$ $$P_{1,2}=\frac{-1}{160}\pm \frac{3}{160}I\sqrt{71}$$

Корни хар. уравнения комплексно-сопряженные, то свободная составляющая тока $i_{1\text{св}}$ будет иметь вид:

$$i_{1\text{св}}=\exp{(\frac{-1}{160})}(M\cos{\frac{3\sqrt{71}}{160} t}+N\sin{\frac{3\sqrt{71}}{160} t})$$

А полный ток:

$$i_1=i_{1\text{у}}+i_{1\text{св}}$$

Если все правильно, то какие дальше мои действия? Устоявшийся ток $i_{1\text{у}}=100/40=2.5\text{[A]}$

[profrotter]

Я бы первым делом переходил от системы уравнений к одному диф. уравнению относительно $i_2(t)$, ибо кто знает $i_2(t)$, тот знает $U_{R2}(t)$.

[Mikle_Finsky]

profrotter в сообщении #644695 писал(а):

Я бы первым делом переходил от системы уравнений к одному диф. уравнению относительно $i_2(t)$, ибо кто знает $i_2(t)$, тот знает $U_{R2}(t)$.

Так в этой цепи разве $i_1(t)=i_2(t)$?

[profrotter]

Если бы было $i_1=i_2$, то из третьего уравнения вашей системы следовало бы, что $i_3=0$, а из второго тогда следовало бы, что $i_2=0$. Тогда и $i_1=0$.

Просто мне казалось, что вам требуется найти напряжение $U_{R2}$ на сопротивлении $R2$, ток через которое обозначен вами $i_2$.

[Mikle_Finsky]

profrotter в сообщении #644728 писал(а):

Если бы было $i_1=i_2$, то из третьего уравнения вашей системы следовало бы, что $i_3=0$, а из второго тогда следовало бы, что $i_2=0$. Тогда и $i_1=0$.

Просто мне казалось, что вам требуется найти напряжение $U_{R2}$ на сопротивлении $R2$, ток через которое обозначен вами $i_2$.

Так по условию и дано:

Цитата:

Определить независимые начальные условия из режима до коммутации t=<0, учитывая что ЭДС постоянная величина и, следовательно, ток в ветви с емкостью C и напряжение на идеальной индуктивности L равны нулю.

А по закону коммутации $i_3(0-)=i_3(0+)=0$. По поводу этого у меня тоже возникло недопонимание (может я неправильно составил систему), но проверка показала, что все правильно.

[profrotter]

Mikle_Finsky в сообщении #644734 писал(а):

А по закону коммутации $i_3(0-)=i_3(0+)=0$.

Это какой такой закон коммутации Вы используете?

[Mikle_Finsky]

profrotter
М..да..Прошу прощения, применимы они только к индуктивности и емкости.

[profrotter]

Так вот не тяните резину. У вас есть два независимых начальных условия: ток через индуктивность $i_1$ не изменяется скачком и напряжение на ёмкости (оно же $U_{R2}$) не изменяется скачком. Записывайте это и находите эти значения из анализа цепи до коммутации. Затем схему после коммутации уже изобразили и записали систему уравнений. Убедились, что цепь имеет второй порядок, нашли корни ХУ. Далее приступаем к нахождению напряжения на сопротивлении $R2$ или тока через него. Его свободная составляющая выписывается также как и свободная составляющая тока, который Вы нашли. Далее ищем вынужденную составляющую. Потом будем искать начальные условия для тока $i_2$ (напряжения $U_{R2}$) и определять постоянные, входящие в состав решения.

[Mikle_Finsky]

profrotter
Спасибо Вам за помощь. Искать сразу ток $i_2$ у меня не получилось, из-за его начальных условий. Я поступил иначе я нашел $i_1$ и воспользовавшись связью (через уравнения Кирхгофа) нашел сразу $U_R_2$. Приведу полное решение.
1) Независимые начальные условия:

$$i_L(0-)=i_L(0)=i_L(0+)=\frac{E}{R_1+R_2}=\frac{100}{100}=1\text{[A]}$$

$$U_C(0-)=U_C(0)=U_C(0+)=i_1R_2=40\text{[В]}$$

2) Система уравнений Кирхгофа (после коммутации)

$$\begin{cases} \frac{di_1(t)}{dt}L+i_2(t)R_2=E \\ \frac{1}{C}\int i_3(t)-i_2(t)R_2=0 \\ i_1(t)-i_2(t)-i_3(t)=0 \\ \end{cases}$$

Запишем систему уравнений для свободных значений электрических величин и алгебраизируем ее:

$$\begin{cases} PLi_{1\text{св}}(t)+i_{2\text{св}}(t)R_2=0 \\ \frac{1}{CP}i_{3\text{св}}(t)-i_{2\text{св}}(t)R_2=0 \\ i_{1\text{св}}(t)-i_{2\text{св}}(t)-i_{3\text{св}}(t)=0 \\ \end{cases}$$

3) Находим определитель:

$$\bigtriangleup (p)=\begin{Vmatrix} PL & R_2 & 0 \\ 0 & -R_2 & \frac{1}{CP} \\ 1 & -1 & -1 \end{Vmatrix}=0$$

$$\bigtriangleup (p)=\frac{R_2LCP^2+LP+R_2}{CP}=0$$

4)Характеристическое уравнение

$$R_2LCP^2+LP+R_2=0$$

А вот здесь я признаюсь, что забыл в прошлый раз L, C перевести в Гн и Ф соответственно.

$$R_2=60\text{[ОМ]}, С=2\cdot10^{-6}\text{[Ф]}, L=20\cdot10^{-3}\text{[Гн]} $$

Корни:

$$P_1=-2500, P_2=-1000$$

5)Общее решение для свободной составляющей тока $i_{1\text{св}}(t)=i_{L\text{св}}(t)$

$$i_{L\text{св}}(t)=A_1 \exp{(P_1t)}+A_2\exp{(P_2t)}$$

Полный ток:

$$i_L(t)=i_{L\text{пр}}(t)+i_{L\text{св}}(t)=2.5+A_1\exp{(-2500\cdot t)}+A_2\exp{(-1000\cdot t)}$$

6) Найдем постоянные интегрирования:
Из 1 уравнения

$$\frac{di_L(t)}{dt}=\frac{di_1(t)}{dt}=\frac{E-i_2(t)R_2}{L}$$

$$i_2(0)=\frac{U_c}{R_2}=\frac{40}{40}=1[\text{A}]$$

$$\frac{di_L(0)}{dt}=\frac{di_1(0)}{dt}=\frac{E-i_2(0)R_2}{L}=\frac{100-40}{20\cdot 10^{-3}}=3\cdot 10^{-3} [\frac{\text{В}}{\text{Гн}}]$$

$$\begin{cases} i_L(t)=i_{L\text{пр}}(t)+A_1 \exp{(P_1t)}+A_2\exp{(P_2t)} \\ \frac{di_L(t)}{dt}=\frac{di_{L\text{пр}}(t)}{dt}+P_1 A_1\exp{P_1t}+P_2A_2\exp{P_2t}\\ \end{cases}$$

$$\begin{cases} i_L(0)=i_{L\text{пр}}(0)+A_1+A_2\\ \frac{di_L(0)}{dt}=0+P_1 A_1+P_2A_2\\ \end{cases}$$

$$\begin{cases} 1-2.5=A_1+A_2\\ 3\cdot 10^{3}=-2500 A_1-1000A_2\\ \end{cases}$$

$$A_1=-1 ; A_2=-\frac{1}{2}$$

В итоге:

$$i_L(t)=i_1(t)=2.5-\exp{(-2500\cdot t)}-\frac{1}{2}\exp{(-1000\cdot t)}$$

Но нам надо найти $U_R_2$.
Из первого уравнения системы (1) видим, что

$$\frac{di_1(t)}{dt}L+i_2(t)R_2=E$$

Дифференцируем наше решение $i_1(t)$, выражаем $i_2(t)R_2=U_R_2(t)$, получаем:

$$U_R_2(t)=100-50\exp{(-2500\cdot t)}-10\exp{(-1000 \cdot t)}$$

Верно ли такое решение?