BÀI TẬP LÍ THUYẾT MẠCH " Tính quá trình quá độ trong mạch điện tuyến tính hệ số hằng "

Chia sẻ: Nguyen Tan Thach | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

0
643
lượt xem
209
download

BÀI TẬP LÍ THUYẾT MẠCH " Tính quá trình quá độ trong mạch điện tuyến tính hệ số hằng "

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề bài :Tính quá trình quá độ trong mạch điện tuyến tính hệ số hằng. Cho mạch điện như hình vẽ -nguồn dòng có và biên độ Jm=10.Quá trình đóng mạch xảy ra khi giá trị tức thời của nguồn dòng điện J=kJm,với k=-1/2 và có xu hướng tăng . 1.Bằng phương pháp tích phân kinh điển và phương pháp toán tử tính dòng quá độ của một trong các nhánh song song không có điện cảm hay nguồn cung cấp . 2.Vẽ đồ thị dòng điện i(t) tìm được ....

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: BÀI TẬP LÍ THUYẾT MẠCH " Tính quá trình quá độ trong mạch điện tuyến tính hệ số hằng "

  1. ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHOA ĐIỆN  BÀI TẬP DÀI MÔN :LÍ THUYẾT MẠCH 2 Sinh viên thực hiện: PHAN NGỌC HIỂN Lớp :04ĐTĐ Giáo viên hướng dẫn : TS Hoàng Dũng Sơ đồ : 11 . Cột số liệu :4C Đà Nẵng 2006
  2. Đề bài :Tính quá trình quá độ trong mạch điện tuyến tính hệ số hằng. Cho mạch điện như hình vẽ -nguồn dòng có ω = 1000rad / s và biên độ Jm=10.Quá trình đóng mạch xảy ra khi giá trị tức thời của nguồn dòng điện J=kJm,với k=-1/2 và dj > 0. có xu hướng tăng dt 1.Bằng phương pháp tích phân kinh điển và phương pháp toán tử tính dòng quá độ của một trong các nhánh song song không có điện cảm hay nguồn cung cấp . 2.Vẽ đồ thị dòng điện i(t) tìm được . K L1 R j 1mH L C Sơ đồ mạch điện . Trong đó :R=10 Ω , L=10-2H, C=0,5.10-4F Bài làm: I. Tính các số liệu ban đầu: Khi K đóng mạch ,mạch ở chế đọ xác lập nguồn điều hòa ω = 1000rad / s . j (t ) = J m sin(ωt + ϕ )  1 j (0) = J m sin(ϕ ) = − J m  1  π sin(ϕ ) = − 2 2 ⇒ϕ = − ⇒ Lúc t=0: theo đề  dj 6   cos(ϕ ) > 0 = ωJ m cos(ϕ ) > 0   dt Vậy ta có :j=10sin(1000t-300) (A). Để đơn giản việc tính toán sau này ,ta gải sử nguồn dòng khép mạch qua điện trở R ,ta quy nguồn dòng về nguồn suất điện động tương đương e(t)=R.j=100sin(1000t-300) V Ta có sơ đồ thay thế sau : K R L1 L 1mH C e(t) Sơ đồ mạch điện tương đương
  3. II. Tính dòng điện quá độ : Ta tính dòng điện quá độ cho nhánh C. 1.Phương pháp tích phân kinh điển : Ta có : iCqd= iCxl + iCtd a.Tính dòng điện ở chế độ xác lập sau khi đóng khóa K : iCxl Phức hóa sơ đò mạch ta được : R L1 jX 1mH L -jXc E Sơ đồ mạch điện tương đương 1 1 XC = = = 20Ω Trong đó : X L = ωL = 1000 * 10 −2 = 10Ω ωC 1 −4 1000 * * 10 2 Dùng phương pháp điện thế đỉnh ta có : 1 1 1 E  + ϕ a = −  jX   L jX C R  R 1 1 100∠30 0 1 + ϕ a = ⇒ −  10 j j 20 10  10   ⇒ ( − 0,05 j + 0,1)ϕ a = 8,66 − 5 j ⇒ ϕ a = 89,28 − 5,36 j (V ) ϕa 89,28 − 5,36 j ⇒ IC = = = 0,268 + 4,464 j = 4,47∠86 0 ( A) − jX C − 20 j Vậy :iCxl=4,47sin(1000t+860) A b.Tính dòng điện tự do :iCtd - Dòng tự do có dạng iCtd=Aept - Xác định số mũ đặc trưng p: Ngắn mạch nguồn S.đ.đ và hở mạch tại đó ,toán tử hóa ta được sơ đồ sau: R Zv(p) L1 pL 1mH 1/pC
  4. 1 pL p 2 RLC + pL + R pL pC Z v ( p) = R + = R+ 2 = 1 p LC + 1 p 2 LC + 1 pL + pC −2 1 −4 −2 Zv(p)=0 ⇒ p 2 RLC + pL + R = 0 ⇔ 10.10 . .10 p + 10 p + 10 = 0 2 2 ⇔ 5.10 −6 p 2 + 10 −2 p + 10 = 0 ⇔ p = −1000 ± 1000 j cos(1000t + ψ )( A) (1) −1000 t Như vậy dạng của iCtd sẽ là : iCtd = 2 Ae Theo (1) thì ta cần phải xác định 2 thành phần của iCtd là A và ψ do đó ta cần phải tính hai sơ kiện ,ở đây ta tính 2 sơ kiện phụ thuộc là iC(0) và i’C(0). b1.Tính các sơ kiện độc lập iL(0) và uC(0); b11. Tính iL(0): Xét mạch điện trước đóng K. Vì mạch ở chế độ xác lập nên ta dùng số phức để tính iL(t).Ta có : −E − 100∠ − 30 0 IL = = = −1,83 + 6,83 j = 7,1∠105 0 ( A) R + jX L 10 + 10 j ⇒ i L (t ) = 7,1sin(1000t + 105 0 )( A) (*) Thay t=0 vào (*) ta được iL(-0)= 6,86 A Vì bài toán chỉnh nên ta có iL(-0) = iL(0) = 6,86 A b12. Tính uC(0) : Vì trước đóng K uC chưa nạp điện và bài toán chỉnh nên uC(-0)=uC(0)=0 b2.Tính các sơ kiện iC(0) và i’C(0) : Hệ phương trình theo t mô tả mạch sau khi đóng K  i L (t ) − iC (t ) − i R (t ) = 0 (1)   Li L (t ) − u C (t ) = ' 0 (2)  Ri (t ) − u (t ) = − e(t ) (3)  R C   i C (t ) = − i C (t ) i L (t ) ' ⇔  Li L (t ) = u C (t )  − e(t ) + u c (t )  i R (t ) =  R Thay t=0 vào hệ phương trình trên ta có :    iC (0) = − i R (0) iC (0) = 6,8 − 5 = 1,8 A i L (0) ' ' ⇔  Li L (0) = ⇔ i L (0) = u C (0) 0   − e(0) + u c (0) 50 i R (0) = = 5A  i R (0) =   10 R Đạo hàm hai vế phương trình (1) và (3) ta được : '  i L (t ) − iC (t ) − i R (t ) = ' ' 0 '  Li L (t ) − u C (t ) = 0 (**) ' 1  Ri R (t ) − C iC (t ) = − e ' (t )  Thay t=0 vào (**) ta được :
  5. ' '  i L (0) − iC (0) − i R (0) = iC (0) = − i R (0) ' ' ' 0 ' '  Li L (0) − u C (0) = 0 ⇔ i L (0) = 0 ' ' − e (0) 1 ' 1  Ri R (0) − C iC (0) = − e ' (0) i R (0) = + iC (0)   R RC ' iC (0) = − i R (0) = 0,506.10 4 ( A / s) ' ' ⇔ i L (0) = 0 ' − 8,66.10 4 1 i R (0) = + 1,8 = −0,506.10 4 ( A / s) −4  10 5.10 b3.Xác định A và ψ . Dòng điện quá độ có dạng: iCqd = 4,47 sin(1000t + 86 0 ) + 2 Ae −1000t cos(1000t + ψ )( A) iCqd = 4470 cos(1000t + 86 0 ) − 2000 Ae −1000t cos(1000t + ψ ) − 2000 Ae −1000t sin(1000t + ψ )( A / s) ' Ta lại có :  iCqd (0) = 4,47 sin 86 0 + 2 A cosψ 4,47 sin 86 0 + 2 A cosψ = 1,8   ⇔ ' iCqd (0) = 4470 cos 86 − 2000 A(cosψ + sinψ )  4470 cos 86 − 2000 A(cosψ + sinψ ) = 5,06.10 0 0 3   − 1,33   A = cosψ − 1,33   A cosψ = −1,33  A = −1,69  A=   ⇔ ⇔ ⇔ cosψ ⇔  sinψ  A(cosψ + sinψ ) = −2,37  ψ = 38 0 1 + tgψ = 0,785 = 1,785   cosψ    Do đó :iCtd= -3,38e-1000tcos(1000t+380) (A). Vậy dòng điện quá độ qua nhánh C là : iCqd(t) = 4,47sin(1000t+860) – 3,38e-1000tcos(1000t+380) (A) 2.Phương pháp toán tử Lapace : Toán tử hóa sơ đồ mạch điện sau đóng K ta được : a Li(0) R L1 1/pC pL E(p) 1mH Sơ đồ mạch điện tương đương p sin( −30) + 1000 cos(−30) − 0,5 p + 866 Với E ( p) = 100 = 100 p + 10 p 2 + 10 6 2 6 Và iL(0) = 6,8 A Ta giải mạch bằng phương pháp điện thế đỉnh :
  6. 1 1 Li L (0) E ( p )  pL + pC + R ϕ a = pL + R     p RLC + pL + R − 0,5 p + 866 2 i (0) ϕa = L ⇔ + 10 p 2 + 10 6 pRL p RL(1,8 p 2 + 8660 p + 6,8.10 6 ) ⇔ ϕa = ( p 2 + 10 6 )( p 2 RLC + pL + R) pRLC (1,8 p 2 + 8660 p + 6,8.10 6 ) ⇒ I C ( p ) = pCϕ a = ( p 2 + 10 6 )( p 2 RLC + pL + R ) 1 10.10 − 2. .10 − 4 p (1,8 p 2 + 8660 p + 6,8.10 6 ) 2 = 1 ( p 2 + 10 6 )(10.10 −2. .10 −4 p 2 + 10 − 2 p + 10) 2 9.10 p + 4,33.10 − 2 p 2 + 34 p −6 3 =2 ( p + 10 6 )(5.10 −6 p 2 + 10 − 2 p + 10) F1 Đặ t I C ( p ) = F2 Với F1=9.10 p +4,33.10-2p2+34p -6 3 F2=(p2+106)(5.10-6p2+10-2p+10)=5.10-6p4+10-2p3+15p2+104p+107 F’2=20.10-6p3+3.10-2p2+30p+104  p = ±1000 j p 2 + 10 6 = 0  Ta có :F2=0 ⇒  ⇔  p = −1000 ± 1000 j −6 −2 5.10 p + 10 p + 10 = 0 2 Với p = ±1000 j ta có nghiệm xác lập của iC là: iCxl = 2 A cos(1000t + α ) (A) Trong đó : A1 = A1∠α 9.10 −6.(1000 j ) 3 + 4,33.10 −2 (1000 j ) 2 + 34.1000 j F1 A1 = = 20.10 −6 (1000 j ) 3 + 3.10 − 2.(1000 j ) 2 + 30.1000 j + 10 4 F2' p =1000 j Và − 43300 + 25000 j = = 2,236∠ − 3,4 0 − 20000 + 10000 j ⇒ iCxl = 4,47 cos(1000t − 3,4 0 ) ⇔ iCxl = 4,47 sin(1000t + 90 0 − 3,4 0 ) ⇔ iCxl = 4,47 sin(1000t + 86,6 0 )( A) Với p = −1000 ± 1000 j ta có thành phần nghiệm tự do : iCtd = 2 A2 e −1000t cos(1000t + ψ )( A) Trong đó A 2 = A2 ∠ψ 9.10 −6.( −1000 + 1000 j ) 3 + 4,33.10 −2.(−1000 + 1000 j ) 2 + 34.(−1000 + 1000 j ) F1 A2 = = 20.10 −6.(−1000 + 1000 j ) 3 + 3.10 − 2.(−1000 + 1000 j ) 2 +30.( −1000 + 1000 j ) + 10 4 F2' p = −1000 +1000 j − 16000 − 34600 j = = 1,7∠ − 1410 20000 + 10000 j
  7. ⇒ i Ctd = 3,4e −1000t cos(1000t − 141 0 )( A) ⇔ i Ctd = −3,4e −1000t cos(1000t + 39 0 )( A) Vậy nghiệm quá độ của dòng điện qua nhánh C là : iCqd = 4,47 sin(1000t + 86,60 ) − 3,4e −1000t cos(1000t + 39 0 )( A) III. Vẽ đồ thị dòng điện quá độ tìm được : d Đồ thị dòng điện quá độ iCqd(t) The End
Đồng bộ tài khoản