Лрба. Операторный метод расчета переходных процессов
 Скачать 1.47 Mb.
|
|
6. Уравнения для выходных переменных уже были выведены выше (см. п. «Составим уравнения состояния с помощью уравнений Кирхгофа»). 53 Пример 3. Составить уравнения состояния и уравнения выходных переменных для схемы второго порядка на рис. 36 после замыкания ключа. Дано: м н, м, 1 м, м, мк , . Выходные переменные: напряжения на резисторах R 1 и R 2 - , Переходный процесс в цепи вызван перераспределением энергии между реактивными элементами после коммутации ключа S. Решение. Составим уравнения состояния с помощью уравнений Кирхгофа. В соответствии с порядком расчета: 1. Выбираем переменные состояния – токи в индуктивностях и напряжения на емкостях ( , ) 2. Составляем уравнения Кирхгофа. Для этого обозначим направления токов в схеме и их номера (см. рис. 37). В данной схеме два узла, значит, по первому закону Кирхгофа составим одно уравнение: По второму закону Кирхгофа составим еще два уравнения: ( ) Из трех данных уравнений непосредственно можно получить уравнения для и : , ( ) , из которых вытекают уравнения состояния : , Рис.36 Рис.37 54 Матрицы X и Х′: [ ] [ ] Коэффициенты матрицы А : , , , ( ) Матрица А численно: [ 1 ], собственные числа: λ 1 =-9250+6279.93j, λ 2 =-9250-6279.93j. Данные собственные числа совпадают с корнями характеристического уравнения (см. операторный метод). Матрица В примет вид: [ 1 ⁄ ] Матрица U: [ ]. 3. Составляем уравнения для выходных переменных: , , т.о. Столбцовая матрица выходных переменных (искомых величин): [ ]; матрица С будет иметь следующий вид: [ 1 ]. Матрица D размером 2×1 будет нулевой, т.к. источник J не входит в состав уравнений выходных переменных. Составим уравнения состояния топологическим методом. В данной схеме нет неправильных размещений. Поэтому уравнения состояния получатся непосредственно после расписывания матрицы связи по столбцам и строкам. 1. Составляем ориентированный граф схемы, включая С- ветвь в дерево, а L- и J-ветви - в число ветвей связи. Направленность ветвей связи и ветвей дерева выбрана в соответствии с ранее выбранным направлением токов в исходной схеме. Прямыми изображены ветви дерева, дугами – ветви связи. Каждый элемент при формировании графа должен представлять собой отдельную ветвь (см. рис.38). 55 2. Пронумеруем ветви графа: ветвь 11 – емкость, ветви 22 и 33 – резисторы дерева. Таким образом, дерево охватывает все узлы. Далее нумеруем ветви связи: 44 – резистивная ветвь, 55 и 66 – ветви с индуктивностью и источником тока соответственно. 3. Составляем таблицу связи: первая строка – ветви дерева 11, 22, 33, первый столбец – ветви связи 44, 55, 66. Заполняем таблицу, обходя контура, образованные ветвью связи и ветвями дерева, по направлению ветви связи. Например, ветвь связи 44 образует контур из ветвей 44, 33, 11, 22. Обход контура осуществляется по направлению ветви связи 44, т.е. по часовой стрелке. Направление ветвей 22 и 33 совпадает с выбранным направлением обхода, поэтому на пересечении строки 44 и столбцов 22 и 33 будет стоять +1, направление же ветви 11 не совпадает с направлением обхода, поэтому на пересечении строки 44 и столбца 11 будет -1. Следующий контур образовывает ветвь 55, и в него будет входить только ветвь 11 (+1), и т.д. Получилась следующая таблица связи: 1 1 1 1 1 4. Данную таблицу распишем по столбцам (уравнения по первому закону Кирхгофа), и по строкам (по второму закону, напряжения на пассивных элементах берут со знаками, противоположными табличным): Из этих уравнений получаются уравнения для и : ( ) Откуда уравнения состояния: Рис. 38 56 Составим уравнения состояния методом наложения. 1. Выбираем переменные состояния – токи в индуктивностях и напряжения на емкостях ( , ). 2. Запишем выражения для напряжения и тока: , 3. Заменим индуктивность источником тока, а емкость – источником ЭДС (см. рис. 39). Оставляя в схеме один источник (неучитываемые источники ЭДС закорачиваются, а неучитываемые источники тока размыкаются), сформируем три частные схемы (см. рис. 40). Схема а). В схеме действует источник , ток ′ можно записать так: Рис. 39 Рис. 40, а Рис. 40, б Рис. 40, в 57 , тогда Схема б). В схеме действует источник тока , ток которого замыкается в контуре и . Ток через резистор равен нулю. Поэтому: , ( ). Схема в). В схеме действует источник J. Ток через резистор равен нулю. Можем записать: , . Суммируя частные решения с учетом выбранных направлений токов и напряжений, получим: ( ) Откуда уравнения состояния: 4. Уравнения для выходных переменных уже были выведены выше. Пример 4. Составить уравнения состояния и уравнения выходных переменных для схемы второго порядка на рис. 41 после размыкания ключа. Дано: м, м, м, мк , . Выходные переменные: напряжения на резисторах R 1 и R 2 - , Переходный процесс в цепи вызван перераспределением энергии между реактивными элементами после коммутации ключа S (ключ размыкается). Решение. Составим уравнения состояния с помощью уравнений Кирхгофа. В соответствии с порядком расчета: 1. Выбираем переменные состояния – напряжения на емкостях ( , ) 2. Составляем уравнения Кирхгофа. Для этого обозначим направления токов в схеме и их номера (см. рис. 42). В данной схеме два узла, значит, по первому закону Кирхгофа составим одно уравнение: 58 По второму закону составим два уравнения: Из данных уравнений непосредственно можно получить уравнения для и : ; , Теперь можем записать уравнения состояния: ( 1 1 ) Матрицы X и Х′: [ ] [ ] Коэффициенты матрицы А : ( ), , , Матрица А численно: [ 1 ], собственные числа:λ 1 =- 20000, λ 2 =-3333. Данные собственные числа совпадают с корнями характеристического уравнения (см. операторный метод). Рис. 41 Рис.42 59 Матрица В примет вид: [ 1 ⁄ ], Матрица U: [ ]. 3. Составляем уравнения для выходных переменных: , , т.о. Столбцовая матрица выходных переменных (искомых величин): [ ]; матрица С будет иметь следующий вид: [ 1 1 1 ]. Матрица D размером 2×1: [1 ] . Составим уравнения состояния топологическим методом. В данной схеме нет неправильных размещений. Поэтому уравнения состояния получатся непосредственно после расписывания матрицы связи по столбцам и строкам. 1. Составляем ориентированный граф схемы, включая С- и Е- ветви в дерево, а в число ветвей связи – только резистивные ветви. Направленность ветвей связи и ветвей дерева выбрана в соответствии с ранее выбранным направлением токов в исходной схеме. Прямыми изображены ветви дерева, дугами – ветви связи. Каждый элемент при формировании графа должен представлять собой отдельную ветвь (см. рис.43). 2. Пронумеруем ветви графа: ветви 11 и 22– емкость, ветви 33, и 44 – резистивные ветви связи. Дерево охватывает все узлы. 3. Составляем таблицу связи: первая строка – ветви дерева 11, 22, Е, первый столбец – ветви связи 33, 44. Заполняем таблицу: 1 1 1 1 Рис. 43 60 4. Данную таблицу распишем по столбцам и по строкам (напряжения на пассивных элементах берут со знаками, противоположными табличным): ; ; , с помощью подстановок получим уравнения токов и : ; , откуда уравнения состояния: ( 1 1 ) Составим уравнения состояния методом наложения. 1. Выбираем переменные состояния – напряжения на емкостях ( , ) 2. Запишем выражения для токов: , 3. Заменим емкости источниками ЭДС (см. рис.44). Оставляя в схеме один источник (неучитываемые источники ЭДС закорачиваются), сформируем три частные схемы (см. рис. 45). Схема а). В схеме действует источник Е, ток ′ можно записать так: , ток ′ равен нулю. Схема б). В схеме действует источник . Ток . Можно записать для параллельных ветвей: ; ⁄ ; ⁄ . Рис. 44 61 По первому закону запишем: Схема в). В схеме действует источник . Ток через резистор равен нулю. Можем записать: ⁄ . По первому закону запишем: Суммируя частные решения с учетом выбранных направлений токов и напряжений, получим: Откуда уравнения состояния: ( 1 1 ) 4. Уравнения для выходных переменных получены выше. Рис. 45, а Рис. 45, в Рис. 45, б 62 Пример 5. Составить уравнения состояния и уравнения выходных переменных для схемы второго порядка на рис. 46 после замыкания ключа. Дано: 1 м, м, м, м н, . Выходные переменные: напряжения на резисторах R 1 ,R 2 и R 3 - , , Переходный процесс в цепи вызван перераспределением энергии между реактивными элементами после коммутации ключа S. Решение. Составим уравнения состояния с помощью уравнений Кирхгофа. В соответствии с порядком расчета: 1. Выбираем переменные состояния – токи в индуктивностях ( , ). 2. Составляем уравнения Кирхгофа. Для этого обозначим направления токов в схеме и их номера (см. рис. 47). В данной схеме четыре узла, значит, по первому закону Кирхгофа составим три уравнения: По второму закону составим еще два уравнения: Тогда: ( ) ( ) ( ) ( ) Таким образом: ( ) ( ) ( ) ( ) Уравнения состояния: Рис. 46 Рис. 47 63 ( ) ( ) ( ) ( ) Матрицы X и Х′: [ ] [ ] Коэффициенты матрицы А : ( ), , , ( ) Матрица А численно: [ 1 11 ], собственные числа:λ 1 =- 2030.3, λ 2 =-969.7. Данные собственные числа совпадают с корнями характеристического уравнения (см. операторный метод). Матрица В примет вид: [ 1 ( ) 1 ( ) ] Матрица U: [ ]. 3. Составляем уравнения для выходных переменных: ( ), ( ), ( ), т.о. Столбцовая матрица выходных переменных (искомых величин): [ ]; матрица С будет иметь следующий вид: [ ]. Матрица D размером 3×1: [ ] . Составим уравнения состояния топологическим методом. В данной схеме нет неправильных размещений. Поэтому уравнения состояния получатся непосредственно после расписывания матрицы связи по столбцам и строкам. 64 1. Составляем ориентированный граф схемы, включая в дерево все резистивные ветви, а в число ветвей связи – ветви с источником тока и индуктивностями. Направленность ветвей связи и ветвей дерева выбрана в соответствии с ранее выбранным направлением токов в исходной схеме. Прямыми изображены ветви дерева, дугами – ветви связи. Каждый элемент при формировании графа должен представлять собой отдельную ветвь (см. рис. 48). 2. Пронумеруем ветви графа: ветви 11, 22 и 33– резистивные ветви дерева, ветви связи 44 и 55 – индуктивности. Дерево охватывает все узлы. 3. Составляем таблицу связи: первая строка – ветви дерева 11, 22, 33, первый столбец – ветви связи 44, 55, J. Заполняем таблицу: 1 1 1 1 1 1 1 4. Распишем таблицу по столбцам и строкам: Уравнения полностью совпадают с составленными по Кирхгофу, поэтому вывод уравнений состояния не приведен (см. стр. 57). Составим уравнения состояния методом наложения. 1. Выбираем переменные состояния – токи в индуктивностях ( , ). 2. Запишем выражения для напряжений: , Рис. 48 65 3. Заменим индуктивности источниками тока(рис. 49). Оставляя в схеме один источник (неучитываемые источники тока разрываются), сформируем три частные схемы (см. рис. 50). Схема а). Ток источника J протекает через резисторы , , . Для напряжений , можем записать: ( ) ( ) Схема б). Ток замыкается в контуре , Ток через резистор равен нулю. ( ) , Схема в). Ток замыкается в контуре , . Через резистор ток не протекает. , ( ) Суммируя частные решения с учетом выбранных направлений токов и напряжений, получим: ( ) ( ) ( ) ( ) Рис. 49 Рис. 50, а Рис. 50, б Рис. 50, в 66 С учетом выражений () уравнения состояния цепи: ( ) ( ) ( ) ( ) 4. Уравнения для выходных переменных получены выше. Пример 6. Составить уравнения состояния и уравнения выходных переменных для схемы второго порядка с двумя источниками на рис. 51. Дано: 1 м, м, 1 , , н. Выходные переменные: напряжения на резисторах R 1 ,R 2 , R 3 и R 4 - , , , Решение. Составим уравнения состояния с помощью уравнений Кирхгофа. В соответствии с порядком расчета: Рис.51 67 1. Выбираем переменные состояния – токи в индуктивностях и напряжения на емкостях ( , ) 2. Составляем уравнения Кирхгофа. Для этого обозначим направления токов в схеме и их номера (см. рис. 23). В данной схеме четыре узла, значит, по первому закону Кирхгофа составим три уравнения: По второму закону Кирхгофа составим еще три уравнения: Вначале выразим , , а затем приведем уравнения к нормальной форме, воспользовавшись равенствами: ; ( ) , откуда ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , откуда ( ) ( ) ( ) Теперь необходимо выразить : ( ) Раскрывая скобки и упрощая, получим : Подставляя это выражение в (), и воспользовавшись равенством , , имеем: ( ) ( ) ( )( ) ( ) откуда ( ) ( ) В ранее полученное выражение для подставим ток и полученный выше ток : 68 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( ) ] После упрощения и замен , получаем: ( ) Уравнения состояния: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Матрицы X и Х′: [ ] [ ] Коэффициенты матрицы А : ( ) , , , ( ) Матрица А численно: [ . ], собственные числа матрицы:λ 1 =-0.5, λ 2 =-5. Данные собственные числа совпадают с корнями характеристического уравнения (см. операторный метод). Матрица В примет вид: [ 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ] Матрица U: [ ]. 3. Составляем уравнения для выходных переменных: , , 69 , , , , т.о. после замены на , на получим: , Столбцовая матрица выходных переменных (искомых величин): [ ]; матрица С будет иметь следующий вид: [ ] Матрица D размером 4×2: [ ] Составим уравнения состояния топологическим методом. В данной схеме есть неправильные размещения. Поэтому вывод уравнений состояния потребует решения алгебраических уравнений. 1. Составляем ориентированный граф схемы, включая в дерево С-, Е- ветви и резистивные ветви так, чтобы дерево охватывало все узлы, а в число ветвей связи – ветви с источником тока, индуктивностью и остальные резисторы. Направленность ветвей связи и ветвей дерева выбрана в соответствии с ранее выбранным направлением токов в исходной схеме. Прямыми изображены ветви дерева, дугами – ветви 70 связи. Каждый элемент при формировании графа должен представлять собой отдельную ветвь (рис.52). 2. Пронумеруем ветви графа. Ветви дерева: 11 - емкость, 22 - источник ЭДС, 33 и 44 – резистивные ветви, ветви связи: 55 и 66 – резистивные ветви, 77 – индуктивность, J(88) – источник тока. Дерево охватывает все узлы. 3. Составляем таблицу связи: первая строка – ветви дерева 11, 22, 33, 44; первый столбец – ветви связи 55, 66, 77, J. Заполняем таблицу: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4. Распишем таблицу по столбцам и строкам: При расписывании таблицы очевидно, что в ветвях дерева Е и 33(R 1 ) протекает один и тот же ток. Поэтому уравнение третьего столбца дублирует уравнение второго, и его не записывают. Уравнения полностью совпадают с составленными по Кирхгофу, поэтому вывод уравнений состояния не приведен (см. выше). Составим уравнения состояния методом наложения. 1. Выбираем переменные состояния – токи в индуктивностях и напряжения на емкостях ( , ). 2. Запишем выражения для напряжения и тока: Рис. 52 71 , 3. Заменим индуктивность источником тока, а емкость – источником ЭДС (см. рис.53). Оставляя в схеме один источник (неучитываемые источники ЭДС закорачиваются, а неучитываемые источники тока размыкаются), сформируем четыре частные схемы (см. рис. 54). Схема а). В схеме действует источник ЭДС, обусловленный им ток замыкается в контуре , . Через резисторы , ток не протекает вследствие наличия перемычки ( ) и разрыва. Для тока и напряжения можем записать: ( ) ( ) Схема б). Теперь ток обусловлен наличием источника и будет протекать в обоих контурах, включающих резисторы. На основании законов Ома и Кирхгофа можно записать: ( ) ( ) ( ) ( ) Рис. 53 Рис. 53 72 ( ) ( ) ( ) Схема в). Ток источника протекает через параллельные соединения резисторов , и , , и, т.о.: Схема г). Ток источника протекает через резисторы , , которые оказываются соединенными параллельно, и т.о.: Рис. 54, а Рис. 54, б Рис. 54, в Рис. 54, г |