596.теоретические основы электротехники сборник задач учебное пособие

4

1. ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ

ПОСТОЯННОГО ТОКА

П р и м е р 1.1. Определить токи ветвей (рис.1.1), если напря-

жение U=120 В, R1=18 Ом, R2=30 Ом, R3=20 Ом.

Р е ш е н и е. Решение проводим методом

"свертывания". Эквивалентное сопротивление

разветвленного участка цепи

Ом1220302030

32

3223

RR

RRR .

Общее сопротивление цепи R=R1+R23=18+12=30 Ом.

В соответствии с законом Ома ток I1=U/R=120/30=4 A.

Напряжение на зажимах параллельных ветвей

Uab=R23I1=124=48 В,

или на основании второго закона Кирхгофа

Uab=U–R1I1=120–184=48 В.

Токи ветвей

I2=Uab/R2=48/30=1,6 A, I3=Uab/R3=48/20=2,4 A.

Эти токи можно определить иначе с помощью формул разброса,

учитывая то, что ток I1 распределяется в ветвях обратно пропорцио-

нально их сопротивлениям. При этом ток в одной из параллельных

ветвей равен произведению тока в неразветвленной части цепи и от-

ношения сопротивления другой ветви к сумме сопротивлений парал-

лельных ветвей:

A.4,22030

304;A6,1

203020

432

213

32

312

RR

RII

RR

RII

П р и м е р 1.2. Определить сопротивление цепи между зажи-

мами a и b (рис. 1.2), если сопротивления R1=R2=R3=6 Ом.

Р е ш е н и е. Перерисуем

схему соединения резисторов

так, чтобы соединяющие пере-

мычки были покороче (рис. 1.3).

Тогда станет виднее, что сопротивления соединены

параллельно.

Их эквивалентное сопротивление равно

R2

R1

R3

u

uab a b

I1

I3

I2

Рис. 1.1

R2 R1

R3

a

b

Рис. 1.2

R2

R1

R3

a

b

Рис. 1.3

Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

5

236

1111

321

RRR

R Ом.

П р и м е р 1.3. Определить входное сопротивление Rab цепи

(рис. 1.4), если R1=R2=R3=R4=R5=R.

Р е ш е н и е. Поскольку

точки с и с цепи заземлены, их

можно объединить в одну об-

щую точку (рис. 1.5), и тогда ре-

зистивные элементы с сопро-

тивлениями R1, R2 и R3, R4 будут

соединены параллельно, а их

эквивалентные сопротивления R12=R34=R/2 – по-

следовательно.

При этом Rab=R12+R34+R5=2R.

П р и м е р 1.4. Внешняя характеристика источника энергии за-

дана на рис. 1.6. Составить схему замеще-

ния цепи и определить Е, Ri и RH, если ток

I=2 A.

Р е ш е н и е. Схема замещения цепи

(рис. 1.7) имеет вид:

при I=0 A, E=UX=120 B,

I=2 A, U=115 B.

В соответствии с уравнением электрического состояния

U=E–R iI

определяем

R i=(U–E)/I=(120–115)/2=2,5 Ом, U=RHI,

откуда

RH=U/I=115/2=57,5 Ом.

П р и м е р 1.5. На автомобильной лампочке написаны ее номи-

нальные данные 5 Вт и 12 В. Определить ее сопротивление.

Р е ш е н и е. Мощность лампочки связана с током и напряжени-

ем соотношением R

URIP

22 .

R2 R1

R3

a

b R4

c c R5

Рис. 1.4

U, B

100

80 0 1 2 3 4 5 I, A

Рис. 1.6

U

I RH

Ri E

Рис. 1.7

R2 R1

R3

a

b

R4

c c

R5

Рис. 1.5


6

Отсюда сопротивление 8,285

1222

P

UR Ом.

З а д а ч и

1. Найти распределение токов в схеме, если

R1=R2=0.5 Ом, R3=R4=6 Ом; R5=R6=1 Ом,

R7=2 Ом; а напряжение на входе U=120 B.

2. Чему равно показание амперметра, если

параметры цепи заданы в Омах.

3. Определить внутреннее сопротивление генератора, если при

подключении нагрузки с сопротивлением 5 Ом ток нагрузки составил

10 А, а при сопротивлении 2 Ом соответственно – 20 А.

4. Определить входное сопротивление Rab

цепи.

5. Определить значение Uab, если

Е1=Е2=100 В, Е3=50 В, R=10 Ом.

П р и м е р 1.6. Составить уравнения по законам Кирхгофа, не-

обходимые для расчета токов во всех ветвях цепи (рис. 1.8), считая

известными сопротивления, ЭДС источников напряжения и ток ис-

точника тока.

3

+

36 B

– A

1 3

2 3

R R R

2R

a

b 2R

R R R

E3

a b Uab

E2

E1

U

I5

R3

R4

R5

R7

R1

R2

R6 I6

I1 I4

I3

a

b


7

Р е ш е н и е. Число ветвей или число неизвестных токов (ис-

точник тока не учитываем, так как его ток известен) b=9.

Число узлов у=6.

Для расчета токов необходимо составить пять уравнений по

первому закону Кирхгофа (на одно

меньше числа узлов). По второму за-

кону Кирхгофа нужно составить че-

тыре уравнения (определяя их число

по уравнению b–(y–1)):

–I1+I2+I9=J – узел А;

I1+I3–I4=0 – узел В;

I4+I5–I6=0 – узел С;

I6–I7=–J – узел D;

I7+I8–I9=0 – узел Е;

R1I1+R3I3+R2I2=E1+E2 – контур I;

R3I3+R4I4–R5I5=0 – контур II;

R5I5+R6I6+R7I7=E6–E8 – контур III;

–R2I2+R9I9=–E2+E8–E9 –контур IV.

П р и м е р 1.7. Найти распределение то-

ков в схеме (рис. 1.9), если E1=20 B, E2=24 B,

E3=12 B, R1=R3=R4=2 Ом, R2=8 Ом, R5=R6=4 Ом.

Р е ш е н и е. В схеме три узла: 1, 2, 3; по

методу узловых потенциалов, если принять по-

тенциал одного из узлов за ноль (напри-

мер 1=0), необходимо составить два уравне-

ния:

(g6+g2+g5+g43)2–(g5+g43)3=g2E2+g43E2;

–(g5+g43)2+(g1+g5+g43)3=–g1E1–g43E2.

или

.11111

111111

34

3

1

13

34512

345

34

3

2

23

3452

34526

RR

E

R

E

RRRRRRR

RR

E

R

E

RRRRRRRR

После подстановки числовых значений и алгебраических преоб-

разований получим расчетные уравнения

0,8752–0,53=6;

J

I2

R5

R6

E1

J

E9 I9

I8 E2 E8

E6 R4

R3

IV

I

II

III

R9

R7 I5

I6 I4

R1

I3

I1 I7

A

B C

F E

D

Рис. 1.8

I2

R5

R6

E1

E2

R4

R3

I5

I6

I4

R1

E3

I1

3

1 2 R2

Рис. 1.9


8

–0,52+3= –13.

Отсюда 2= –0,8 В; 3= –13,4 В;

U21= –0,8 В; U31=–13,4 В; U23=2–3=12,6 B.

Расчет токов: I1R1 – U31=E1

3,31

1311

R

EUI А.

Аналогично I2R2 + U21=E2;

1,32

2212

R

EUI А;

43

3234

RR

EUI

=– 0,15А; 15,3

5

32

5

R

I

А;

2,06

216

RI

А.

Проверка расчета токов по балансу мощностей:

E1I1+E2I2+E3I4=I12R1+I2

2R2+I4

2(R3+R4)+I5

2R5+I6

2R6;

203,3+243,1-120,15=

=3,322+3,1

28+0,15

2(2+2)+3,15

24+0,2

24;

Puст=138,6=РН=138,6.

П р и м е р 1.8. Определить токи в

ветвях схемы (рис. 1.10) и составить ба-

ланс мощности, если известны

E1=E2=E3=E4=100 B; R1=R5=R6= 10 Ом;

R2=R3=R4=1 Ом; IA=40 A, IB=10 A.

Р е ш е н и е. Определяем ток IC,

применяя первый закон Кирхгофа для

замкнутой поверхности, охватывающей

данную электрическую цепь:

–IA+IB+IC=0,

откуда IC=IA–IB=10 A.

Примем потенциал узла b равным нулю, В=0.

Для определения потенциалов узлов а и с применяем метод уз-

ловых потенциалов:

(g1+g2+g6)А–g6С=–g1E1+g2E2+IA;

–g6A+(g3+g4+g5+g6)C=–g3E3–g4E4–IC.

В числовом выражении

1,2A–0,1С=130;

–0,1A+2,2С=–230;

Отсюда A=100 В, С=–100 В.

R3

R2

R1

E3

a

b

IA

E2

E1

c E4 R4

R5

R6

IC

IB

I1

I2

I3

I4

I5

I6

Рис. 1.10


9

Используя выражение закона Ома для активного участка цепи,

рассчитываем токи в ветвях: A,2010

100100

1

11

R

UEI ba

A206

6 R

UI ac , I2=I3=I4=0, A.10

55

R

UI ac

Для составления баланса мощностей представим ветви с извест-

ными токами IB, IC в виде ветвей с источниками тока (рис. 1.11).

Так как B<A>C, то источники

тока JI=IB и JII=IС работают в режиме

генератора. Источник ЭДС Е1 также

работает в режиме генератора. У ис-

точников Е2, Е3 , Е4 – холостой ход.

Баланс мощности

J IUAB+J IIUBC+E1I1+E2I2+E3I3+E4I4=

=I1R1+I2R2+I3R3+I4R4+I5R5+I6R6;

10100+30200+10020+0+0+0=20210+0

+0+0+10210+20

210;

Pист=Pпр=9 кВт.

П р и м е р 1.9. На рис. 1.12 представ-

лена схема электрической цепи, Е1=150 В,

Е2=100 В, R3=40 Ом, R4=200 Ом, R5=50 Ом,

R6=100 Ом. Найти токи в ветвях цепи.

Р е ш е н и е. В схеме 4 узла. В ветви ad

и bc включены источники ЭДС.

Если принять а=0, то d=Е1.

Для расчета потенциалов оставшихся узлов нельзя воспользо-

ваться обычным методом узловых потенциалов, так как в уравнения

войдет проводимость ветви bc, равная бесконечности.

Воспользуемся искусственным приемом, позволяющим исклю-

чить ветвь с идеальным источником и уменьшить число узлов на

единицу. В ветвь bc включим компенсационную ЭДС Е2, равную по

величине Е2, но направленную навстречу ей. Одновременно в осталь-

ные ветви, сходящиеся в узле с, включим ЭДС, направленные по от-

ношению к узлу с так же, как и Е2 (в данном случае от узла) и равные

по величине Е2 Е2=Е5=Е6=Е2.

Для данной схемы с=b+E2+E2=b;

R3

R2

R1

E3

a

b

E2

E1

c E4 R4

R5

R6

JII=IC IB

I1

I2

I3

I4

I5

I6

JI=IB

IA

Рис. 1.11

R5

R4

E1

E2

R6

b

a

R3

c d

Рис. 1.12


10

т. е. путем включения ЭДС Е2 потенциал узла с уменьшается (пони-

жается) на величину ЭДС Е2.

Так как с=b, то узлы b и с

можно объединить в один, и расчет-

ная схема будет иметь вид, пред-

ставленный на рис. 1.13.

Уравнения для расчета потен-

циалов узлов

а=0; d=E1=150 B;

(g3+g4+g5+g6)b–(g4+g5)d=–E5g5–E6g6.

Тогда b=12,5 В; с=b+Е2=112,5 В.

Для определения токов в пассивных ветвях воспользуемся ис-

ходной схемой:

A;69.0A;31.04

43

3

R

IR

I bdab

A.1.1A;75.06

65

5

R

IR

I accd

Токи источников определим из первого уравнения Кирхгофа:

для узла а I1=I3+I6=1,4 A,

узла b I2=I4–I3=0,375 A.

П р и м е р 1.10. Для схемы (рис. 1.14), записать уравнения по

методу контурных токов и найти токи во всех элементах, если J=5 A;

E0=20 B; R1=4 Ом; R2=2,4 Ом; R3=1,6 Ом; R4=6 Ом.

– Р е ш е н и е. В схеме три независимых кон-

тура, но для определения токов надо составить

только два уравнения по методу контурных токов,

так как IIII=J=5 A.

(R2+R3+R4)II–R4III–R3IIII=0;

– R4II+(R1+R4)III–R1IIII=E0.

После простого преобразования получим си-

стему уравнений 10I11 – 6I22 = 8

–6I11 + 10I22 = 40.

Решая систему уравнений, найдем контурные

токи I11 = 5 A, I22 = 7 A.

Токи в ветвях равны: I1 = I22 – J = 0; I4 = I22 – I11 = 2 A; I0 = I22 = 7.

R5

R4

E1

E5

R6

b a

R3 c

d

E6

I3

I4

I5

Рис. 1.13

I6

R2

R1

R3

R4

Е0

I3

I1 I0

I2

I4

I

II

III

J

Рис. 1.14


11

З а д а ч и

6. Определить все токи и составить баланс

мощности для цепи, если дано J=5 A, E=50 B, RH=5

Ом.

7. Схема электрической станции представлена тремя генерато-

рами, работающими параллельно. ЭДС и внутренние сопротивления

генераторов соответственно равны: E1=180 B,

E2=170 B, E3=145 B, R1=3 Ом, R2=2 Ом, R3=1 Ом. К шинам станции

подключены два приемника R4=4 Ом и R5=3 Ом. Определить токи.

8. Определить I1, если Е2=3 В,

J = 1 A, E3 = 2 B, R1 = R2 = R3 = 1 Ом,

Е1 = 4 В.

9. Указать неправильное уравнение

контурных токов:

1) (R6+R3+R2)I2+R2I1–R6I3=E2–E3;

2) (R6+R7+R8+R5)I3+R6I2–R5I1=–E4;

3) (R1+R5+R2)I1–R5I3+R2I2=E1+E4+E2;

4) (R6+R3+R2)I2+R2I1+R6I3=E2+E3.

10. Какое из приведенных уравнений, со-

ставленных по второму закону Кирхгофа для

указанной цепи, неверно:

1) I1 R1+ I3 R3=E1+E3;

2) I1 R1+ I2 R2=E1+U;

3) I2 R2– I3 R3+U=–E3;

4) I1 R1+ I2 R2+U =E1.

J

RH

E

b

a

R1

E1

B

A

R2

E2

R3

E3

R4 R5

I4 I5

J R1

E2 I1

R2 R3

E1

E3

I2

I3

R1

I1

R2

E1 E3 I2

I3

R3

U

R1

I1

R2

E1 E3

I2

I3

R3

E4

E2

R6

R5

R7 R8


12

П р и м е р 1.11. Два генератора с ЭДС E1=130 B; E2=125 B и

внутренними сопротивлениями R1=R2=0,4 Ом

работают на нагрузку

RH=5 Ом (рис. 1.16). Определить ток в нагрузке

и токи генераторов. Как и на сколько изменится

ток нагрузки при увеличении Е2 на 2,5 В?

Р е ш е н и е. Напряжение между узлами А

и В

B.6,122321

2211

ggg

gEgEU AB

Токи

.6;5,18;5,242

22

1

11 A

R

UEIA

R

UEIА

R

UI ABAB

H

ABH

При увеличении Е2 на Е2=2,5 В ток нагрузки возрастает на IH.

Величину IH находим, пользуясь принципом наложения:

.241,0;25,31

12

1

12

22 A

RR

RIIA

RR

RRR

EI

HH

H

H

П р и м е р 1.12. В электрической цепи, схема которой показа-

на на рис.1.17, известно: R1=5 кОм;

R2= R3=10 кОм; R4=15 кОм; R5=6 кОм; Е=200 В.

Пользуясь теоремой взаимности, определить

ток в сопротивлении R5.

Р е ш е н и е. Определение тока в ветви с

R5 схемы требует

преобразования

треугольника в

звезду или звезды в

треугольник.

Если воспользоваться принципом

взаимности и перенести ЭДС Е6 в пятую

ветвь, а ток определить в шестой ветви,

то при этом не потребуется преобразова-

ний.

R1

I1

R2

E1 E2

I2 IH RH

B

A

Рис. 1.16

R2 R1

R3

R4

Е6

I5

d

R5

a b

c

Рис. 1.17

R2

R1

R3

R4

Е6

I6

I5

I2

d

R5

a b

c

I1

I3

I4

Рис. 1.18


13

Итак, перенесем источник ЭДС Е6 в ветвь с сопротивлением R5

(рис. 1.18).

кОм;20кОм;5 432

32

ACADAC RRRRR

RRR

.

мА;RR

RIIмА;

RR

RII

мА;R

EIкОм;

RR

RRRR

ADAD

AD

эквAD

ADэкв

416

2010

1

154

151

65

1

15

мАIIIмА;I

II 1821622

2164

32

Следовательно, I5 = I6 = 18 мА.

П р и м е р 1.13. Параметры

исходной схемы (рис. 1.19): J=10 мА;

R1=5 кОм; R2=3 кОм; R4=2 кОм;

R5=20 кОм; E6=40 B; R6=4 кОм.

Определить R3, при котором ветвью

bc потребляется максимальная мощ-

ность, и подсчитать эту мощность.

Р е ш е н и е. Заменим всю схе-

му, кроме ветви bc, эквивалентным генератором, у которого ЭДС

равна напряжению холостого хода на зажимах bc, а сопротивление Rэ

равно входному сопротивлению со стороны зажимов bc. Ветвью bc

будет потребляться максимальная мощность при условии, что R3 =

Rэ = Rвх.bc.

Определяем Rвх.bc по приведенной схеме (рис. 1.20)., определив

65

6556

RR

RRR

:

Rвх.bc=

56421

56421

RRRR

RRRR

=3,2 кОм.

Для определения мощности Р3=R3I32

найдем ток I3: .3

3RR

EI

э

э

Eэ определим по схеме (рис. 1.21), применив метод контурных

токов:

J R1

R2

R6

E6

R3

R4

R5

a b

c d

Рис. 1.19

R1

R2

R6

R4

R5

a b

c d

Рис. 1.20


14

I11(R1+R2+R4+R5)+I22R5–JR1=0;

I11R5+I22(R4+R5)=Е.

Определив I11=1,25 A, I22=8

5 A,

находим Eэ=Ubc.хх=(I11+I22)R5+I11R4=40 В,

мА;25,6104,6

4033

I

P3=R3I3=6,25210

–63,210

3=125 мВт.

П р и м е р 1.14. Получить зависимость

I1=f(I2) (рис. 1.22), если Е=10 В, R1=2 Ом,

R2=3 Ом.

Р е ш е н и е. Используя принцип линейно-

сти, получим зависимость в следующем виде:

I1=a+bI2. Коэффициенты а и b найдем из опытов

холостого хода и короткого замыкания. При хо-

лостом ходе ток I2=0, а I1=E/(R1+R2)=2 A. При коротком замыкании

I1=I2=E/R=5 A. Решив систему уравнений 2 = a + b0; 5 = a + b5,

найдем а = 2; b = 0,6.

Таким образом, искомая зависимость имеет вид I1=2+0,6I2.

П р и м е р 1.15. Определить величину

сопротивления R2 в схеме на рис. 1.23, при ко-

тором в ветви ab выделяется максимальная

мощность, если известно, что Е1=260 В;

R1=10 Ом; J=5 A; R3=20 Ом; R4=30 Ом;

R5=50 Ом.

Рассчитать ток и мощность этой ветви.

Р е ш е н и е. Заменим всю схему, за ис-

ключением ветви ав, эквивалентным генератором. В ветви ab будет

максимальная мощность при R2= Rэ .

Rэ=Rвх.ab=

26354

3541

RRR

RRRR Ом;

R2=26 Ом.

Ток в ветви ab определяем по методу эк-

вивалентного генератора:

J R1

R2

R6

E

Uвс.хх

R4

R5

a b

c d

I1

I2

Рис. 1.21

R1

R2

E

R4

I1 I2

Рис. 1.22

J

R1

R2

R3

E1

R4

R5 a

b

Рис. 1.23

J

R1

R3

E1

R4

R5 a

b

I1x I2x

Рис. 1.24


15

.2 2

.

2 R

U

RR

EI abxх

э

эab

Uх.ab определяем по схеме (рис. 1.24).

Так как R3+R4=R5=50 Ом, то I1x=I2x=J/2=2,5 A;

Uх.ab=R3I1x–E1+R1J=–160 B; I=–160/52=–3,08 A.

Мощность в ветви ab Pz=R2Iab=246 Вт.

П р и м е р 1.16. В электрической цепи

(рис. 1.25). напряжение Uab=1/8 В. Значения

сопротивлений обозначены на схеме. При ка-

ком значении Uвх мост будет уравновешен?

Р е ш е н и е. При равновесии моста Ibd=0,

тогда 6R=32 и R=1 Ом. Ток Iab= Ibc =Uab/R =1/8 А;

Uвх=Uab+2Ibc=1/8+2/8=3/8 В.

П р и м е р 1.17. Вольтметр на номиналь-

ное напряжение 3 В имеет внутреннее сопро-

тивление 400 Ом (рис. 1.26). Определить сопро-

тивление добавочных резисторов, которые

нужно подключить к вольтметру, чтобы расширить пределы измере-

ния до 15 и 75 В.

Р е ш е н и е. Ток в вольтметре при полном отклонении стрелки

IV=Uном/RV=3/400=7,5 мА.

Добавочные резисторы R1 и R2 при включении вольтметра на

напряжения 15 и 75 В должны быть подобраны так, чтобы ток полно-

го отклонения оставался равным 7,5 мА, т.е. Uv =Uн + IvR1

Тогда R1=1600 Ом, R2=9600 Ом.

П р и м е р 1.18. Подобрать проволочный реостат для регули-

рования напряжения приемника в пределах от 60 до

100 В, если сопротивление приемника 100 Ом, а

напряжение сети 110 В (рис. 1.27).

Р е ш е н и е. На реостате указывается его со-

противление и допустимый ток. Следовательно,

выбор реостата сводится к определению сопротивления и тока.

При напряжении на приемнике UП=60 В ток I=60/100=0,6 А.

Напряжение на реостате UР=50 В, а его сопротивление

RР=50/0,6=83,5 Ом. Аналогично при UП=100 В ток I=1 А и сопротив-

Iab

R

d

1

2 6

3

a

c

b Uвх

Рис. 1.25

R2 R1 RV

V

75 B 15 B 3 B

Рис. 1.26

UП RP

U

I

Рис. 1.27


16

ление RР=10 Ом. Следовательно, нужно взять реостат, сопро-

тивление которого должно быть не менее 83,5 Ом, а но-

минальный ток – не менее 1 А.

З а д а ч и

11.Генератор постоянного тока работает

на автономную нагрузку RH=14,7 Ом. Сред-

няя точка обмотки генератора заземлена че-

рез амперметр, RA=0,115 Ом. Сопротивление

обмотки генератора R=1 Ом, а каждого из

линейных проводов RЛ=0,35 Ом. Определить

показание амперметра при замыкании на

землю выходного зажима генератора b, если известно показание

вольтметра до замыкания UV=115 B.

12. Методом эквивалентного генератора опре-

делить максимальную мощность, выделяемую на

нагрузке, еcли R1=R3=2 Ом; R2=4 Ом; Е=36 В.

13. В схеме RH=0,8 Ом; R=0,1 Ом. Опреде-

лить показание амперметра при замкнутом

ключе К, если RA=0,01 Ом и показание вольт-

метра при разомкнутом ключе UV =40 В.

14. Указать зависимость I1=f(I2), если

Е0=10 В; Е1=20 В; R1=5 Ом; R0=10 Ом.

15. Указать зависимость U=f(I) при

R1=R2=1 Ом; Е1=20 В; Е2=30 В.

RЛ

RA

RН

А

A

V

RЛ

R

+

–

R2

E

RН

R3

R1

RA

RH

а

A

R

V

R

b

k

R1 R2

E1E2

I

U

R1 R2

E0

R0

E1

I1

I2


17

16. Миллиамперметр М-45 на номинальный ток IH=30 мА имеет

нормированное падение напряжения U=75 мВ и ток полного откло-

нения подвижной системы 3 мА. Определить внутреннее сопротивле-

ние прибора. Какое сопротивление должен иметь наружный шунт к

этому прибору для расширения предела измерения по току до I=3 А?

17. Напряжение приемника с сопротивлением RП=100 Ом нужно

плавно регулировать в пределах от 10 до 100 В. Напря-

жение сети U=110 В. Можно ли воспользоваться для это-

го реостатом с номинальными величинами RH=200 Ом и

IH=0,6 А, включив его в качестве делителя напряжения?

18. Для регулирования напряжения приемника с сопротивлени-

ем R=10 Ом включен реостат. Опреде-

лить токи в цепи и напряжения прием-

ника UП для различных положений ру-

коятки реостата, если сопротивление

каждой секции его R0=5 Ом, а напря-

жение сети U=120 В.

RН

U

RП

R0

UП

R0 R0

R

R0

U I


18

2. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА

П р и м е р 2.1. На рис. 2.1,а представлена осциллограмма тока

и напряжения пассивного двухполюсника. Записать выражения для

мгновенных значений напряжения и тока, приняв за начало отсчета

точку О. Найти напряжение и ток для момента времени t1=T/12. Запи-

сать комплексные амплитуды напряжения и тока. Построить вектор-

ную диаграмму на комплексной плоскости.

Р е ш е н и е. Угловая частота 314/22 Tf рад/с,

f = 50 Гц. В момент времени t = 0 напряжение проходит нулевую фа-

зу, т.е. начальная фаза напряжения равна нулю: ψи = 0. Начало сину-

соиды тока сдвинуто вправо от начала отсчета времени, значение

начальной фазы тока, отсчитываемое от начала синусоиды до оси, от-

рицательно: ψi = – π/4.

Мгновенные напряжение и ток

ttUu um 314sin200)sin( В,

)4/314sin(6)sin( ttIi im А.

При t1 = T/12 угол 6/ t . Напряжение

u = 200 sin π/6 = 100 В, ток i = 6 sin (– π/12) = –1,55 А.

Комплексные амплитуды напряжения и тока в показательной

форме

200 ujmm eUU

В, 4/6 jj

mm eeII i А.

T

i,A

10

5

0

-5

-10

u,B

200

100

0

-100

-200

t1

π/2 π 3π/2 2π

t,с

wt,рад

-π/4

u

i

0,01 0,02

Рис. 2.1

Ψi

Um +1

Im

φ

+j

а)

б)


19

Комплексные амплитуды напряжения и тока в алгебраической

форме

200)sin(cos

uumj

mm jUeUU u В,

.)2323()2/22/2(6

)4/cos(6)sin(cos

Аjj

jII iimm

Векторная диаграмма представлена на рис. 2.2. Длины векторов

пропорциональны в выбранном масштабе модулям

комплексных амплитуд. Начальная фаза напряжения

ψu = 0, поэтому вектор напряжения направлен по оси

+1, начальная фаза тока

ψi= –π/4 отложена от оси +1 по направлению часо-

вой стрелки.

П р и м е р 2.2. Напряжение и ток пассивного

двухполюсника равны )4020( jU В, )35( jI А. Построить

векторную диаграмму на комплексной плоскости. Найти мгновенные

напряжение и ток.

Р е ш е н и е. На комплексной плоскости с ортами +1 и +j строим

векторы комплексных тока I и напряжения U (рис. 2.3). Длины век-

торов пропорциональны в выбранном масштабе модулям комплекс-

ных действующих значений напряжения и тока:

7,44240220 U В,

83,52325 I А.

Их начальные фазы:

220/40 utg ,

5263 u ;

6,05/3 itg , 31i .

Комплексные действую-

щие значения напряжения и

тока в показательной форме 52637,44

jjeUeU u В,

3183,5 jj

eIeI i

А.

Комплексные амплитуды напряжения и тока

52633,632

jj

m eUeU uВ,

3125,82 jj

m eIeI i

А.

Рис. 2.2

Ψi

Um +1

Im

φ

+j

j

+j

Ψu

Ψi

U

I

+1

mU=10 В/см

mI=1 A/см

Рис.2.3


20

Мгновенное напряжение и ток

)11,1sin(3,63)sin( ttUu um В,

)54,0sin(25,8)sin( ttIi im А.

П р и м е р 2.3. Написать комплексы действующих значений и

комплексные амплитуды синусоидальных функций времени

a=Amsin(t+) и i=–3sin(t+30).

Р е ш е н и е. a=Amsin(t+)=Мч[ tjmeA ],

где Мч – означает мнимая часть комплексного числа; tj

meA = jmeA tje =Am cos(t+)+j Amsin(t+); j

mm eAA – комплексная амплитуда;

jm AeA

A 2

– комплекс действующего значения синусоидальной

функции времени.

Таким образом, синусоидальной функции времени Amsin(t+)

соответствует комплексная амплитуда j

mm eAA и комплекс дей-

ствующего значения синусоидальной функции времени

jm AeA

A 2

. Это записывают следующим образом:

Amsin(t+) j

mm eAA , где « »– знак соответствия. Тогда

i= –3sin(t+30) 3еj(180+30 )

;

A.eI

I A;eeI jmjjm

150150210

2

3

233

П р и м е р 2.4. Найти синусоидальную функцию времени,

изображенную комплексами действующих значений:

а) A;5 б) A;2 30 jIeI j

B.100 д) B;100 г) B;10 в) 9013590

jm

jm

j eUeUeU

Р е ш е н и е. В общем виде ),sin( tAeA mtj

m

где j

mm eAA . Тогда :

а) A;)90sin(25)25Im( б));30sin(22 90

teeiti tjj

;)90sin(210 в) tu г) u=100sin(t–135); д) u=100sin(t–90).


21

П р и м е р 2.5. По заданным комплексам напряжения на зажи-

мах участка цепи и тока в нем определить: 1) действующие и макси-

мальные значения тока I и Iт и напряжения U и Uт; 2) сдвиг фаз

между ними; 3) активную и реактивную составляющие тока Ia и Ip и

напряжения Ua и Up; 4) комплексное ( Z ), активное ( R ) и реактивное

( Х ) эквивалентные сопротивления участка; 5) комплексную Y, ак-

тивную G и реактивную B проводимости; 6) комплексную S, актив-

ную P и реактивную Q мощности, если

A.)966,0259,0( B,)64,10( jIjU

Р е ш е н и е

1. B;9,16;304,10

6 B,1264,10 где, 22 mu

jUarctgUUeU u

A.41,1,75 A,1966,0259,0где, 22 mij

IIIeI i

2. = и–I = –45 (знак «–» говорит о преобладании емкостно-

го сопротивления).

3. Ia=Icos=0,707 A; Iр=Isin=0,707 A; (ток опережает напряже-

ние рис. 2.4, а) Ua=U cos=8,5 B; Uр=U sin=–8,5 B (рис. 2.4,б).

4. Ом;12 45

e

I

UZeZ j

Z=12 Ом; R=Zcos=8,5 Ом;

Х=Zsin = 8,5 Ом или ХС=8,5 Ом; Z=R+j(XL–XC)=(8,5–j8,5) Ом.

5. См12

11 45jj eZ

YeY (знак «+» подтверждает преобла-

дание емкостного сопротивления).

Сравните знаки в показателе степени Y, Z, S).

Im 0,2

59

0,9

66

Re

U IP=0,707

Ia=0,707

I

U

Im

10,4

6

Re

U

U

Ua=8,5

Up=8,5

I

I

а)

б) Рис. 2.4


22

или См144

5,8sin См;

144

5,8cos

2 YB

Z

RYG

См.144

5,8

144

5,8)(

jBBjGjBGY CL

6. A;B12112 457530*

jjjj eeeIUSeS

P=Scos=I2R=U

2G=UIa=UaI=8,5 Вт;

Q=Ssin=I2X=U

2B=UIp=UpI=–8,5 ВАр или QC=8,5 ВАр;

S=P+jQ=P+j(QL–QC)=(8,5–j8,5) BA.

П р и м е р 2.5. На рис. 2.5 показана расчетная схема линии

электропередачи с присоединенным к ней

приемником. Линия представлена последо-

вательным соединением активного и реак-

тивного сопротивлений, а приемник – пас-

сивным двухполюсником. Индексами «1» и

«2» обозначены величины, относящиеся соответственно к началу и к

концу линии. Дано: RЛ=XЛ=6 Ом; U2=5500 В; P2=500 кВт;

cos2=0,91; >0. Определить напряжение в начале линии U1.

Р е ш е н и е. Представим пассивный

двухполюсник эквивалентной схемой

(рис. 2.6), состоящей из последовательного со-

единения сопротивлений R2 и X2.

Ток в двухполюснике (и в линии)

I=P2/U2cos2=100 A.

Сопротивления Z2=U2/I=55 Ом;

R2=P2/I2=50 Ом; 9,222

2222 RZX Ом;

R1=R2+RЛ=56 Ом; X1=X2+XЛ=28,9 Ом;

6321

211 XRZ Ом.

Искомое напряжение U1=Z1I=6300 B.

На рис. 2.7 показана векторная диа-

грамма напряжений и тока (заметим, что

потеря напряжения U=U1–U2=800 B, а

падение напряжения в линии равно

B848)66(100 45

jЛЛ ejZIU .

RЛ ХЛ

1U

I 2U

П

Рис. 2.5

RЛ ХЛ

1U

I

2U

R2

Х2

Рис. 2.6

2

Re

IRЛ

IjXЛ

1

Im

I

2U

1U

IZ Л

Рис. 2.7


23

З а д а ч и

1. Дан график изменения

мгновенной мощности нагруз-

ки. Определить активную мощ-

ность и коэффициент мощности

нагрузки (cos).

2. Последовательно включены два источни-

ка ЭДС:

e1=141sin(t+30) B; e2=–141cost B

Определить мгновенное значение суммарного напряжения uab(t)

и показание вольтметра электромагнитной системы, включенного

между зажимами a и b.

Примечание. Приборы электромагнитной, электродинамической

и тепловой систем измеряют действующие значения переменных то-

ков и напряжений.

3. В цепь синусоидального тока

включены три амперметра. Определить

показание амперметра А, если ампер-

метры А1 и А2 показывают соответ-

ственно 2 и 2,5 А.

Указание: Предварительно построить векторную диаграмму то-

ков.

4. По заданным комплексам напряжения U и мощности S опре-

делить: 1) ток; 2) сдвиг фаз между напряжением и током; 3) прово-

димости и сопротивления, если BA.20 B;10 4575

jj eSeU

5. Заменить участок ab схемы эквивалентным с одним источни-

ком ЭДС ЭE , если

Ом.)55( A;2 B;10 2145

2 jZJeE j

Примечание. Сопротивление Z1 при замене не

учитывается, так как сопротивление самого источ-

ника тока 1J бесконечно велико.

t

P

40

ВА

10 ВА

ab

u1 u2

R

C

LA1

AA2

Z1

a bZ21E

1J


24

П р и м е р 2.6. Резистор с сопротивлением R1=20 Ом и катуш-

ка с сопротивлением R2 и индуктивностью L2

соединены параллельно (рис. 2.8). В цепь

включены амперметры. Показания ампер-

метров I1=2 A; I2=3 A; I=4 A. Определить

параметры катушки R2 и XL=L2.

Р е ш е н и е. Сначала рассмотрим гра-

фический способ. Найдем напряжение,

приложенное к цепи U1=R1I1=40 В. Выберем

масштабы для напряжения mU, В/мм, и для

тока mI, А/мм. Отложим векторы 1и IU . Они

одинаковые по направлению, так как ток 1I совпадает по фазе с

напряжением U .

Построение векторов 2и II основывается на том, что 21 III

и ток 2I отстает по фазе от напряжения U . Проводим из начала и

конца вектора 1I дуги, радиусы которых в выбранном масштабе mI

равны токам I и I2. Точка В пересечения этих дуг указывает положе-

ние концов векторов 2и II .

Отметим, что существует еще одна точка пересечения этих дуг –

выше вектора U . Она не может служить для определения концов

векторов 2и II , так как вектор 2I , проведенный в эту точку,

опережал бы вектор напряжения U , в действительности же он от-

стает от вектора U .

Разложим вектор напряжения U на два составляющих вектора,

один из которых, аU , совпадает по направлению с вектором 2I , а

другой, рU , ему перпендикулярен. Это векторы активной и реактив-

ной составляющих напряжения на катушке.

Находим действующие значения Uа=mUOD и Uр=mUDG и, нако-

нец, вычисляем R2=Uа/I2; X2=UP/I2.

Теперь рассмотрим аналогичный

способ решения на основе векторной диа-

граммы. Векторную диаграмму строим

качественно – не в масштабе (рис. 2.9).

Она нужна только для того, чтобы

наглядно представлять тригонометриче-

ские соотношения между ее отрезками.

R1

I

L2

A1

A

A2

R2 1I 2I

Рис. 2.8

2

0

I

pU

aU

U 1I

2I

A

B

D

G

Рис. 2.9


25

Из треугольника ОАВ имеем I2= I1

2+ I2

2–2I1I2cos(180–2),

или 42=2

2+3

2–223cos2 , откуда cos2=0,25; 2=7532’; sin2=0,969;

Ом;3,3cos

2

2

22

I

U

I

UR a

X2=UP/I2=Usin2/I2=12,9 Ом.

П р и м е р 2.7. Определить реак-

тивные сопротивления Х3 и Х4, при кото-

рых приемник (рис. 2.10, а) с сопротивле-

нием Z2=R2+jX2 получает максимальную

мощность от источника с внутренним со-

противлением Z1=R1+jX1.

Р е ш е н и е. Вся активная мощ-

ность, отдаваемая источником, потребляется в приемнике (в сопро-

тивлении R2), так как остальные сопротивления – реактивные. Поэто-

му необходимо, чтобы входное сопротивление каждого пассивного

двухполюсника было равно сопряженному комплексному внутренне-

му сопротивлению источника 11

*

jXRZ , то есть для схемы а нуж-

но, чтобы 11422

2243

)(

)(jXR

XXjR

jXRjXjX

и для схемы б

.)(

)]([11

4322

4322 jXRXXXjR

jXXXjR

Каждое из полученных уравнений для комплексных величин

можно записать в виде двух уравнений: для вещественных и для

мнимых величин, из которых и определяются Х3 и Х4.

Если Z1=R1+X1 , то сопротивления X2 , X3 , X4 необходимо брать

со знаком минус. Реальные элементы цепи обладают не только реак-

тивными, но и активными сопротивлениями, поэтому приведенный

расчет согласования сопротивлений приемника и ис-

точника питания является приближенным.

П р и м е р 2.8 Для определения параметров

катушки (рис. 2.11) (R, L) измерены подведенное к

катушке напряжение и ток в ней при: а) f1=0,

U1=100 B, I1=1 A; б) f2=500 Гц, U2=100 B, I2=0,5 A.

Z1

Z2 1E

jX3

jX4

Z1

Z2 2E

jX3

jX4

a)

б)

Рис. 2.10

Рис. 2.11

A

R

V


26

Определить R, L и показание амперметра при частоте f3=1000

Гц и напряжении U3=100 B.

Р е ш е н и е. Комплексное сопротивление цепи Z=Zej

является

коэффициентом пропорциональности между комплексами действу-

ющих значений приложенного к цепи напряжения Uj

UeU

и тока I

jIeI

.´иоткуда, IUj

jj

I

UZ

Ie

UeeZ

I

U

Комплексное сопротивление катушки запишем как

R+jL=R+jXL=Zej

,

где ./;22 RXtgXRZ LL

При f1=0 L=XL=0

и модуль сопротивления Z1=U1/I1=R; R=100/1=100 Ом.

При f2=500 Гц

мГн. 55Гн105550014,32

173

Ом;173Ом;2005,0/100

;;

3

2

222

22222

L

L

LL

XL

XZ

RZXXRIUZ

При f3=1000 Гц

Ом.358)2( 23

23 LfRZ

Показание амперметра I3=U3/Z3=100/358=0,28 A.

П р и м е р 2.9. В цепи (рис. 2. 12) измерены ток I=2 A, напря-

жения на входе

Uac=100 B, на катушке

Uab=173 B, на конденса-

торе Ubc=100 B. Постро-

ить векторную диаграм-

му напряжений и определить полное сопротив-

ление катушки.

Р е ш е н и е. Отложим произвольно вектор

тока I (рис. 2.13). Вектор напряжения на емко-

сти bcU отстает от вектора тока на 90.

R

C

L

U

I b

c

a

Рис. 2.12

I

mI=0,5 A/см

mU=40 В/см

abU bcU

acU

Рис. 2.13


27

Положение вектора abac UU и определим из условия

bcabac UUU с помощью засечек при построении двух окружно-

стей радиусами R1=Uab и R2=Uac, проведенными из конца и начала

вектора bcU .

По теореме косинусов найдем

,865,02

cos222

abbc

abbcac

UU

UUU

откуда =30, =60. Тогда

60173 jab eU В.

Полное сопротивление катушки

Z= IUab / =173e

j60/2=(32,3+j75) Ом,

R=32,3 Ом, L=75 Ом.

П р и м е р 2.10. В последовательной резонансной цепи

R=2 Ом; С=100 мкФ; L=40 мГн. Определить резонансную частоту 0,

добротность контура, полосу пропускания и зависимость полосы

пропускания от добротности контура. По-

строить резонансную кривую I/Imax=f(n) в

относительных единицах, где n=/0.

Р е ш е н и е. Резонансная частота

контура 1-

0 c5001 LC .

Добротность контура Q=0L/R=10.

Резонансная кривая может быть по-

строена по уравнению

;1

22

CLR

UI

(1)

,1

111

1

22

max

2

002

nnQ

I

CnLn

RR

UI

/0

I/Imax

0,6

0,4

0,2

0,6 0,8 1,2 1,4

Рис. 2.14


28

где /0=n, или в относительных единицах – по уравнению

(рис. 2.14): .1

1

1

22max

nnQ

I

I (2)

По определению полосы пропускания из уравнения (2) имеем

.11

;11

или,1

1;1

121

12

22,1

2,1

22

nn

Qnn

QnnQ

nnQ

Отсюда n1n2=1, или 0= 21 ,

где 1 и 2 – граничные частоты полосы пропускания,

.1

0

2121

Qnn

Решая совместно последние уравнения, найдем

.c5251412

;c4751412

1-02

1-01

QQ

QQ

П р и м е р 2.11. Потери в обмотке катушки на частоте f со-

ставляют 10 Вт при напряжении 100 В и токе 1 А. Определить доб-

ротность катушки для данной частоты и параметры последовательной

схемы замещения.

Р е ш е н и е. Добротность катушки

.95,9Ом;5,99 Ом;10; 22

2

Lпосл

послL QR

I

UL

I

PR

R

LQ

П р и м е р 2.12. Определить па-

раметры схемы замещения пассивного

двухполюсника при замене его после-

довательно включенными активным и

реактивным сопротивлениями. Показа-

ния приборов, включенных по схеме

(рис. 2.15): U=80 B; P=102 Вт; I=1,6 A.

Учесть, что при включении не-

большой емкости параллельно входным зажимам двухполюсника по-

казание амперметра уменьшается.

С

A

1I

V

W 2I

Рис. 2.15


29

Р е ш е н и е. Параметры схемы замещения двухполюсника при

последовательном включении активного и реактивного сопротивле-

ний определим по показаниям приборов на основании следующих за-

висимостей:

P=UIcos, откуда cos=P/UI=102/801,6=0,8; Z=U/I; R=Zcos;

X=Zsin= ;22 RZ

Z=80/1,6=50 Ом;

R=40 Ом; Х=30 Ом.

Характер реактив-

ного сопротивления

уточним по знаку угла

из векторной диа-

граммы (рис. 2.16),

где 22 и II – два воз-

можных положения вектора тока относительно напряжения на входе

цепи 1U , соответствующие емкостной ( 2I ) и индуктивной ( 2I )

нагрузкам

.;

;;

2112

2112

IIIII

IIIII

C

C

Известно, что при включении небольшой емкости ток на входе

цепи уменьшается. Это соответствует индуктивному характеру

нагрузки, то есть угол >0.

В этом случае двухполюсник может быть заменен последова-

тельно включенными сопротивлениями:

Z=R+jX=(40+j30) Ом.

З а д а ч и

6. На рисунке показана часть электриче-

ской цепи, для которой ;A10 371

jeI

A;8 153

jeI Z1=2 Ом; Z2=1,8e

– j44 Ом.

Определить показание ваттметра.

CI

1U

CI

2I

1I

2I

1I

Рис. 2.16

n1I

W2I

m

3I

Z2

Z1


30

7. При резонансе ток в цепи равен 0,1 А при

напряжении на входе 12 В. Добротность контура

Q=3. Определить напряжение на всех элементах

и ток в цепи при =20 и том же значении

напряжения.

8. С помощью топографической и век-

торной диаграмм определить в приведенной

цепи токи I1, I2, если ток I3=1 A. Значения

сопротивлений в омах указаны на схеме.

9. В цепи измерены все токи и

напряжения: I1=I2=I3=2 A; UAB=UBC=100

B; UAC=141 B. Построить векторную

диаграмму токов и топографическую

диаграмму, приняв =0. Определить Z1,

Z2, Z3 и Zвх.

10. Определить резонансную частоту цепи, состоящей из парал-

лельно включенных конденсатора емкостью 100 мкФ, катушки с ин-

дуктивностью 40 мГн и активным сопротивлением 10 Ом. Построить

векторную диаграмму токов при U=46 B.

П р и м е р 2.13. На рис. 2.17 показана схема соединения и

намотка катушек, имеющих общий

сердечник. Определить одноимен-

ные зажимы катушек. Привести

электрическую схему цепи с уче-

том взаимной индуктивности. Вы-

вести выражение для входного со-

противления цепи, если известны

параметры катушек R1, I1, R2, I2 и

взаимная индуктивность М. Со-

ставить эквивалентную схему замещения данной цепи без магнитных

связей.

R

C

Lm

n

R

C

L

3I

2

C

2

2

222

4 Ом

I1

I2

Z2

3I

I1

2I

Z3 Z1

B

A

C

1

1 2

2

Рис. 2.17


31

Р е ш е н и е. Одноименными зажимами

катушек являются зажимы 1 и 2, так как маг-

нитные потоки создаваемые ими, совпадают по

направлению.

Схема цепи приведена на рис. 2.18.

Входное сопротивление магнитносвязан-

ной цепи

IUZ / .

Запишем уравнения цепи в соответствии с законами Кирхгофа

)3(.

)2(;

или.)(

;)(

)1(;

221

211

1222

2111

21

ZIZIU

ZIZIU

IMjLjRIU

IMjLjRIU

III

M

M

Совместное решение уравнений относительно тока I дает

.Откуда.)2(

221

221

221

21

M

Mвх

M

M

ZZZ

ZZZZ

ZZZ

ZZZUI

Подставим значение тока 2I из уравнения (1) в уравнение (2) и

тока 1I из уравнения (1) в уравнение (3), найдем

).(

,)(

22

11

MM

MM

ZZIZIU

ZZIZIU

Этим уравнениям соответствует схе-

ма, представленная на рис. 2.19

П р и м е р 2.14. На рис. 2.20 изображена схема, в которой к

выходным зажимам трансформатора,

имеющего параметры: R1=2,3 Ом,

Х1=8 Ом, Х2=10 Ом, ХМ=8 Ом, присоеди-

нена нагрузка Z. Определить сопротивле-

ние нагрузки, исходя из условия выделе-

ния в ней максимальной активной мощно-

сти.

R1

L1

I

U

L2

R2

M

1I 2I

Рис. 2.18

ZM

Z2–ZM U Z1–ZM

I 1I

2I

Рис. 2.19

1U

R1

X1 XM X2 Z

n

m 1I 2I

Рис. 2.20


32

Рассчитать токи трансформатора, построить векторную диа-

грамму, составить баланс активной мощности и схему замещения

трансформатора без магнитной связи при U1=100 B.

Р е ш е н и е. Выделим ветвь mn с сопротивлением Z, а осталь-

ную часть схемы будем рассматривать как активный двухполюсник.

Если обозначить входное сопротивление двухполюсника со стороны

входных зажимов через Z2вх, то максимально возможная активная

мощность от двухполюсника нагрузке передается при условии, что

активные составляющие сопротивления Z и Z2вх равны, а реактивные

составляющие сопротивления равны по модулю, но противоположны

по знаку, то есть

Z = R+jX; Z2вх= R2вх – jX2вх; R = R2вх; Х = –Х2вх или Z= вхZ 2

*

.

Значение Z2вх определим по пассивной схеме двухполюсника

(U1=0) при .2 nmUE

По законам Кирхгофа

.)(0

,

2111

1222

M

M

jXIjXRI

jXIjXIE

При совместном решении этих уравнений получим

Ом.61,2124,2;2

22

11

2

222 jI

EZ

jXR

XjXIE вх

M

Таким образом, сопротивление нагрузки равно сопряженному

комплексу входного сопротивления:

Ом.61,2124,22

*

jZZ вх

Токи в обмотках трансформатора найдем, совместно решая

уравнения:

A.6,22A;73,21

)2(;)(0

)1(;)(

511521

122

21111

j

M

M

eII

jXIjXZI

jXIjXRIU

Определим баланс активной мощности, получаемой из сети:

P=U1I1cos1=10021,73=2173 Вт.

Мощность, поглощаемая в первичной цепи


33

P1=I12R1=21,9

22,3=1086 Вт.

Мощность, поглощаемая во вторичной цепи:

P2=I22R2=22,8

22,12=1085 Вт.

При этом РР1+Р2 (неполное совпадение мощностей обусловлено

округлением результатов при вычислении токов).

Мощность, потребляемая во вторичной цепи, передается из пер-

вичной благодаря явлению взаимоиндукции и может быть определена

как P2=UMI2cos( 2; IUM )=1085 Вт, где 1IjXU MM

Векторная диаграмма

трансформатора приведена на

рис. 2.21. Составим схему заме-

щения трансформатора без маг-

нитной связи (выполним так

называемую развязку индуктивно

связанных цепей).

Прибавим к уравнениям (1),

(2) соответственно +jXM 1I и

+jXM 2I . Тогда уравнения примут

вид

)4(.)()(0

)3(;)()(

12122

2111111

MM

MM

jXIIXXjIZI

jXIIXXjIRIU

Уравнениям (3) и (4) соответ-

ствует схема (рис. 2.22), в которой то-

ки 1I и 2I

рассматриваются как кон-

турные. Используя эту схему замеще-

ния трансформатора, можно опреде-

лить входное сопротивление двухпо-

люсника со стороны выходных зажи-

мов (т. е. выполнить первый пункт за-

дания) иначе

j

XXjRjX

XXjRjXXXjZ

MM

MMMвх 61,212,2

)(

)()(

11

1122

.

П р и м е р 2.15. В цепи (рис. 2.23) ЭДС E=50 B; сопротивле-

ния ХС=35 Ом; ХL1=20 Ом; ХL2=60 Ом; ХМ=10 Ом; R=20 Ом. Опреде-

1I

1U

2I

2IjX

+1

+j

MjXI2

11 jXI

MjXI1

11RI

RI2

22IjX

Рис. 2.21

1I R1 2I

Z U

X1–XM X2–XM

XM

Рис. 2.22


34

лить комплексы токов в ветвях с помо-

щью непосредственного применения за-

конов Кирхгофа.

Р е ш е н и е. В цепи имеются два

узла и три ветви, поэтому по первому за-

кону Кирхгофа составляется одно урав-

нение, а по второму – два.

Примем положительное направле-

ние токов в ветвях, как показано на

рис.2.23.

Тогда катушки L1 и L2 окажутся включенными встречно (ток 1I

втекает в начало L1, а ток 2I – в конец L2).

По первому закону Кирхгофа для узла b .0321 III

Остальные два уравнения составим для двух независимых кон-

туров из имеющихся трех. Обход контуров выберем по часовой

стрелке. Тогда система уравнений будет

)3(,0

)2(;)()()(

)1(;0

3122

2122101

321

RIjXIjXI

EjXIjXIjXIjXjXI

III

ML

MMLL

где LCjXI1 – падение напряжения на конденсаторе;

11 LjXI – составляющая падения напряжения на катушке индук-

тивности L1, обусловленного собственной индуктивностью катушки

L1 и протекающим в ней током 1I ;

22 LjXI – составляющая падения напряжения на катушке ин-

дуктивности L2, обусловленного собственной индуктивностью ка-

тушки L2 и протекающим в ней током 2I ;

MjXI1 – составляющая падения напряжения на катушке индук-

тивности L2, обусловленного взаимной индуктивностью катушек L1 и

L2 и протекающим в катушке L1 током I1; взят знак минус, так как ка-

тушки L1 и L2 включены встречно.

MjXI2 – составляющая падения напряжения на катушке индук-

тивности L1, обусловленного взаимной индуктивностью катушек L1 и

L2 и протекающим в катушке L2 током 2I ; взят знак минус, так как

наблюдается встречное включение катушек L1 и L2.

Слагаемые уравнения (3):

R

C

L2

2I

3I L1

1I

E

d a

b Рис. 2.23


35

22 LjXI – аналогично уравнению (2); взят знак минус, так как

ток 2I направлен против обхода контура;

MjXI1 – аналогично уравнению (2); взят знак плюс, так как со-

ставляющая напряжения на L2, обусловленного взаимной индуктив-

ностью катушек L1 и L2, должна быть обратна составляющей падения

напряжения на L2, обусловленной собственной индукцией (так как

встречное включение L1 и L2); или положительный знак возникает из

формальной записи уравнения ;)( 11 MM XIjjXI

RI0 – падение напряжения на резисторе R.

Подставив значение 312 III из (а) в (b) и (с), получим систе-

му из двух уравнений:

.0)()(

;)()2(

2321

23211

LML

MLMLLC

jXRIjXjXI

EjXjXIXjjXjXjXI

Подставим известные величины

.0)6020(50

)4(;505025

;0)6020()1060(

;50)1060()102602035(

31

31

31

31

IjIj

IjIj

jIjjI

jjIjjjjI

Откуда A.24,221)4020)(4020(

)4020(100

4020

100 453

jejjj

j

jI

Ток 1I определим из уравнения (4):

A.82,22225

)21(5050 451

jejj

jjI

Ток 2I определим из уравнения (1):

A.1)21(22312 jjIII

П р и м е р 2.16. В цепи (рис. 2.24) имеются три индуктивно и

электрически связанные катушки.

Составить уравнения в общем виде:

а) по законам Кирхгофа; б) методом

контурных токов.

Р е ш е н и е. В соответствии с вы-

бранными направлениями токов катушки

L1 и L2 включены согласно, L1 и L3 –

1I

M12

2I

1E

L1

L3

2E

L2

M13 M23

3I 11I

22I

Рис. 2.24


36

встречно, L2 и L3 – также встречно. Для определения токов можно со-

ставить три уравнения, используя законы Кирхгофа, либо два уравне-

ния, используя метод контурных токов (метод узловых потенциалов

применять нельзя, так как ток в любой ветви зависит не только от

ЭДС и потенциалов, но и от токов в других ветвях).

А. Уравнения по законам Кирхгофа.

По первому закону .0321 III

По второму закону для левого контура (обход по часовой стрел-

ке)

.

, где ,

223113333

313212111131

IjXIjXIjXU

IjXIjXIjXUEUU

MMLk

MMLkkk

Для правого контура (обход против часовой стрелки)

. где , 323112222223 IjXIjXIjXUEUU MMLkkk

Б. Уравнения для контурных токов.

,; 22222211211122121111 EIZIZEIZIZ

где Z11=jXL1+jXL3–j2XM13; Z22=jXL2+jXL3+j2XM23;

Z12= Z21=– jXL3+jXM13–jXM23+jXM12; .; 222111 EEEE

Знаки перед сопротивлениями взаимной индукции выбираются

в соответствии с направлениями токов в катушках индуктивности.

Так, ток 1I втекает в начало L1, а ток 3I в конец L3, то есть по отно-

шению к току 1I катушки L1 и L3 включены встречно, поэтому перед

сопротивлением взаимной индукции выбран отрицательный знак. Ток

2I втекает в начало катушки L2, то есть по отношению к току 1I ка-

тушки L2 и L1 включены согласно, поэтому перед сопротивлением

взаимной индукции выбран положительный знак. Аналогично уста-

навливаем, что катушки L2 и L3 включены встречно.

Для взаимного сопротивления контуров знаки выбираются по

следующему правилу (с учетом данного направления контурных то-

ков):

Z12=Z21= –(Z3–jXM12), где Z3=jXL3–jXM13+jXM23.

Знак перед jXM13 выбран отрицательный, а перед jXM23 поло-

жительный, так как L1 и L3 включены встречно, а L2 и L3 – согласно

(по отношению к контурным токам). Знак перед jXM12 выбран отрица-

тельный, так как L1 и L2 по отношению к контурным токам 11I и 22I

включены встречно.

Тогда система уравнений для контурных токов будет


37

.)2()(

;)()2(

22222332112313123

11222312133111331

EIXjjXjXIjXjXjXjX

EIjXjXjXjXIXjjXjX

MLLMMML

MMMLMLL

П р и м е р 2.17. В цепи (рис. 2.25) напряжения

B100;B100 302312

jeUU ; L1=L2=4мГн; L3=2 мГн; С=40 мкФ;

f=400 Гц; R1=10 Ом; R2=8 Ом; коэффициент связи k=0,5.

Определить комплексы токов в первой и во второй ветвях, а

также комплекс напряжения 45U .

Р е ш е н и е. В цепи (рис. 2.25) имеются три связанные катуш-

ки, причем катушка L3 связана с остальными только индуктивной

(трансформаторной) связью, а катушки L1 и L2 связаны между собой

электрической и индуктивной связя-

ми. Тогда токи в первой и второй

ветвях можно определить, например

из системы контурных уравнений, в

которых 222111 ; IIII ;

,; 1222212111212111 EIZIZEIZIZ

где Z11=R1+jXL1–jXC; Z12=Z21=–

(–jXC+jXM12); Z22=R2+jXL2–jXC;

Напряжение 45U определяется как сумма ЭДС, наводимых в ка-

тушке L3 током 1I , протекающим в катушке L1, и током 2I , протека-

ющим в катушке L2. С учетом одноименных зажимов катушек

направления токов 21 и II , а также выбранного направления

напряжения 45U будут .; 23451345 IMjUIMjU Тогда

.454545 UUU

Значения М определяются из выражения для коэффициентов

связи nm

mnmn

LL

Mk и т. п.

Числовые значения параметров цепи и режима

1I

M12

2I

L1 L3

L2

M13

M23

11I

22I

R1

R2

3

2

1

4

5

45U

12U

23U

Рис. 2.25

.; 23221211 UEUE


38

A.5,38,4105

366500

A;4,27,11105

2501230

22

11

jj

I

jj

I

Составляющая напряжения 45U :

B.3,429,8)4,27,11(6,345 jjjU

Составляющая напряжения 45U :

B.4,176,12)5,38,4(6,345 jjjU

Напряжение B.9,245,214,176,123,429,845 jjjU

Решение проверяют, используя уравнение второго закона

Кирхгофа для внешнего контура; выберем направление обхода кон-

тура по часовой стрелке:

;112222221211112312 IjXIjXIRIjXIjXIRUU MLML

100+50+j86,5=(10+j10–j5)(11,7–j2,4)+(8+j10–j5)(4,8+j3,5).

150+j86,5=150+j86,5.

З а д а ч и

11. Рассчитать токи в ветвях и

напряжения BCAC UU , цепи, приведен-

ной на рисунке, если kI =20 A; R1=4,9

Ом; ХС=15,1 Ом; R2=5,1 Ом; ХL1=6 Ом;

ХL2=10 Ом; ХМ=3 Ом.

12. Определить показания вольт-

метра и ваттметра в цепи: а) при разо-

мкнутом выключателе; б) при замкну-

том выключателе.

Параметры схемы: R1=R2=10 Ом;

Х1=Х2=10 Ом; Е =141 В; коэффициент

связи К=0,80.

13. Определить значение ем-

кости, при которой в цепи возник-

нет резонанс.

R1 XL1

3I

XC

c

4I

XL2

R2

a b

2I

KI

XM

R2

1I

2I

W1

V2

R1

X2

X1

I

E

XM

M

L1 L2

R1

R2


39

14. Две индуктивно связанные катушки соединены последова-

тельно. Приложенное напряжение и ток в цепи выражаются комплек-

сами A.5 B,40 5353

jj eIeU . Определить R и L одной катушки,

если М=0,1 Гн, а катушки одинаковы.

15. Для схемы автотрансформатора указать неверное

уравнение:

.0)()( г)

; в)

;0)2()()( б)

;))(( а)

22111111

211111

2212222111

221111

IMjILjRILjRU

IMjILjIRU

IRIIMjILjRIILjR

IMjIILjRU

H

П р и м е р 2.18. При постоянных значениях частоты и прило-

женного напряжения сопротивление нагрузки (рис. 2.26) меняется от

0 до . При этом 1U =100 В; Х1=10 В;

R1=10 Ом. 1. Показать, что для тока в нагруз-

ке HI , тока на входе цепи 1I и напряжения на

индуктивности LU могут быть построены

круговые диаграммы. 2. Рассчитать данные

для построения круговых диаграмм 1I и LU .

3. По круговой диаграмме тока 1I определить 1I

, cos, P, Q, при

RH=10 Ом.

Р е ш е н и е. 1. Если выражение для тока (напряжения) в ком-

плексной форме записи (обозначим его ) имеет вид

,1

или,1

jj ke

ON

ke

M

где векторы ONM ,, – постоянны, коэффициент k меняется от 0

до , угол постоянен и не равен 0 или +180; то геометрическим

местом концов вектора тока (напряжения) является дуга окружности

(круговая диаграмма).

При =0 или +180 геометрическим местом концов вектора то-

ка (напряжения) будет прямая линия (линейная диаграмма).

Используя метод эквивалентного генератора, заменим всю схе-

му, за исключением ветви переменного сопротивления RH, эквива-

1I

2I

L1

L2

R1

R2

Rн

1U

т

Х1 UL

R1 RН

п

1I

HI

Рис. 2.26


40

лентным генератором с ЭДС ЭЕ , равной напряжению холостого хода

mnxxU на разомкнутых зажимах переменного сопротивления:

111

1. R

jXR

UUЕ xxmnЭ

,

и эквивалентным сопротивлением Zэ = jXR

jXRZ вх

1

12 .

Входное сопротивление схемы относительно зажимов перемен-

ного сопротивления определим из исходной схемы при замене име-

ющихся в них источников энергии их внутренними сопротивлениями

(для источников ЭДС Zв=0, для источников тока Zв=).

Тогда ток в нагрузке ,1

/)(

2

22вхHj

вхэ

вхH

эн

ke

ZE

ZZ

EI

то есть конец вектора нI скользит по дуге окружности, хордой ко-

торой является вектор вх

э

Z

E

2

, а направление касательной определяет-

ся углом =Н–2вх.

В линейных цепях ток (напряжение) в любой ветви связан с то-

ком в другой ветви линейным соотношением, например, ток на входе

цепи и напряжение на индуктивном сопротивлении связаны с током в

нагрузке соотношениями .;1 HLH IdcUIbaI Коэффициенты

a, b, c, d найдем при режимах холостого хода (RH=) и короткого за-

мыкания (RH=0).

В общем виде

Приведенные выражения свидетельствуют о том, что геометри-

ческим местом концов векторов LUI и1 также являются дуги окруж-

ностей.

2. Для построения круговых диаграмм рассчитаем следующие

режимы цепи:

а) холостого хода

;A07,7 45

11

110

je

jXR

UI

;B7,70 45

1100

jL ejXIU

.1

;1

00

101101

jLLk

LL

jk

ke

UUUU

ke

IIII


41

б) короткого замыкания

;A10 90

1

11

j

k ejX

UI ;B1001 UULk

в) для определения входного сопротивления Z2вх относительно

зажимов тп

B.1

07,710007,7

)1(A;1

07,71007,7 Отсюда

.45450Ом;07,7

45

4545

45

459045

1

245

11

112

j

jj

L

j

jjj

вхHj

вх

ke

eeU

ke

eeeI

ejXR

jXRZ

Строим круговую диаграмму для 1I (рис. 2.27). На комплексной

плоскости по вещественной оси

откладываем напряжение 1U , а за-

тем токи kII 110 и в масштабе

тI=2 А/см под углами –45 и –90

соответственно. Затем проводим

хорду ab, являющуюся разностью

векторов 101 , II k и под углом к

положению хорды в точке b про-

водим линию, которая будет в

дальнейшем касательной к пред-

полагаемой дуге окружности.

Центр окружности с лежит на пе-

ресечении перпендикуляра, про-

веденного из середины хорды

(точка с’), и перпендикуляра к ка-

сательной (совпал с линией ob).

Для построения линии переменного сопротивления (ЛПС) на

хорде от конца вектора тока х. х. (точка а) откладываем в масштабе

сопротивлений mZ=4 Ом/см модуль сопротивления Z2k (отрезок аd).

Затем от конца этого отрезка под углом – проводим ЛПС (отре-

зок dg).

+j

+1 0

касат. ЛПС

a c

b

1U

10I

1I

kI1

c'

f g

d

h

mI=1 A/см

mZ=4 Ом/см

mU=20 B/см

mP=100 Вт/см

Рис. 2.27


42

3. При RH=10 Ом на линии ЛПС откладываем в масштабе сопро-

тивлений отрезок dg и соединяем точки а и g. На этой линии отрезок

af (до пересечения с окружностью) изображает второе слагаемое в

уравнении (1). Сумма тока холостого хода 10I и этого тока дают ис-

комый ток 1I . Измерив отрезок of, изображающий ток I1, найдем ве-

личину этого тока I1=ofmI=8,9 A, a измерив угол =63, определим

комплекс тока A.9,8 631

jeI Более точно можно определить угол

через отношение отрезков oh и of, так как 46,00,9

1,4cos

of

oh . От-

резок oh определяет активную мощность Р в масштабе мощностей

тР=Um I=100 Вт/см, то есть Р=ohmP=4,1100=410 Вт. Другой отре-

зок hf определяет реактивную мощность в том же масштабе, то есть

Q=hfmP=7,8100=780 вар.

П р и м е р 2.19. Фазовращающая цепь, схема которой пред-

ставлена на рис. 2.28, позволяет при постоянстве выходного напря-

жения cdU менять его фазу от 0 до 1800. Показать

это, если модуль ХС меняется от 0 до .

Р е ш е н и е. Для ветви асb(правая ветвь)

запишем уравнение напряжения на конденсаторе

2/11 11)/(

)(j

ab

c

ab

c

cabсb

ke

U

jXR

U

jXR

jXUU

где .2

,varia1

cX

Rk

Полученное уравнение позволяет построить круговую диаграм-

му. Для этого по вещественной оси отло-

жим вектор ab (рис.2.29), который будет

соответствовать напряжению

abU .(стрелка к первому индексу). Если

задана величина напряжения abU , то от-

резок аb откладывают в масштабе напря-

жений

ab

Um ab

U В/см.

Рис.2.29

a

b d

c

c'

касательная

R1

Xc

Рис.2.28

a

b

d c

R

R


43

Продолжив отрезок аb и отложив угол ψ = π/2, получим направ-

ление касательной к ожидаемой дуге окружности. По общему прави-

лу проводим перпендикуляр к касательной и перпендикуляр к сере-

дине отрезка, на котором строим круговую диаграмму. Их пересече-

ние определит центр окружности. В данном случае перпендикуляр к

касательной совпал с отрезком аb и центр окружности

оказался на середине отрезка аb. Проводим дугу окружности в сторо-

ну противоположную полученной касательной. По этой дуге будет

перемещаться конец вектора cb, изображающего напряжение

cbU .Рассмотрим левую ветвь adb и учтем, что на построенной диа-

грамме напряжение аbU уже представлено вектором ab .При равен-

стве сопротивлений R точка d будет находится на середине отрезка ab

и напряжению cbU будет соответствовать вектор cd (на топографиче-

ской диаграмме стрелка к первому индексу «с»).

При изменении сопротивления Xc конец вектора cb будет пере-

мещаться по дуге окружности, а за ним будет перемещаться конец

вектора cd . При этом угол adc ,будет изменяться от 0 до 900,а модуль

вектора cd будет оставаться неизменным. Углу adc соответствует фа-

зовый сдвиг напряжений abU и cdU , а величине отрезка cd модуль

напряжения cdU

З а д а ч и

16. Построить геометрическое место концов век-

тора напряжения mnU в схеме и определить наибольшее

значение этого напряжения, если известно, что сопро-

тивление источника питания Z=(5+j8,65) Ом, а в режи-

ме резонанса напряжение mnU =173 В.

17. В режиме короткого замыкания (ХС=0) токи в ветвях

по модулю равны: I=33,5 A; I1=10 A; I2=23,5 A.

Построить геометрическое место концов вектора

тока I . Определить величину емкости в резо-

нансных режимах, если напряжение источника

энергии и1=200sin3140t B.

E

Z

n

m

I

R1

2I

1U

XL

XC

R2

1I


44

3. ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ

П р и м е р 3.1. В цепи (рис. 3.1) фазные напряжения UФ=100 В,

сопротивления ZA=0,5–j0,5 Ом, ZВ=0,33–

j0,33 Ом, ZС=0,23+j0,154 Ом, Z0=1+j Ом.

а) Определить токи в линейных проводах и в

нулевом проводе и построить векторную

диаграмму напряжений. То же выполнить

для следующих режимов: б) Z0=, в) Z0=0.

Р е ш е н и е. В цепи два узла, поэтому

целесообразно вести расчет методом двух

узлов. Напряжение между узлами 0’ и 0

(напряжение смещения нейтрали)

000'0

YYYY

YEYEYEUU

CBA

CCBBAA

.

А. Если принять следующее пространственное расположение

векторов ЭДС (см. рис.3.2), то есть

,;;; 12022400A

jACA

jAB

jAAФA EaeEEEaeEEeEEUE

то выражение для напряжения смещения нейтрали примет вид

.0

2

0YYYY

YaYaYEU

CBA

CBAA

Тогда токи в ветвях определятся из уравне-

ний:

– для первой ветви ,0 AAA ZIEU

откуда ,00

AAA

AA YUE

Z

UEI

– второй ветви ,20 BBABBB ZIEaZIEU

откуда ,020

2

BAB

AB YUEa

Z

UEaI

– третьей ветви ,0 CCACCC ZIEaZIEU

откуда ,00

CAC

AC YUEa

Z

UEaI

– ток в нулевом проводе находится непосредственно из выражения

.000

00 YU

Z

UI

0 0

ZA

ZB

ZC

Z0 0U

СI

BI

AI '0AU

СE

BE

AE

А

В

С

Рис. 3.1

j

+1

CE –1

–j

BE

AE

Рис. 3.2


45

Б. Для Z0=, то есть при обрыве нулевого провода, выражение

напряжения смещения примет вид

.011

как так,0

0

2

0

ZY

YYY

YaYaYEU

CBA

CBAA

Выражения для токов сохраняют прежний вид.

В. Для Z0=0, то есть когда проводимость нулевого провода бес-

конечно большая, выражение для напряжения смещения нейтрали

примет вид .0

11 как так,0

000

ZYU

Токи в линейных проводах определятся из ранее приведенных

выражений с учетом того, что 00 U .Ток в нулевом проводе опреде-

лим по первому закону Кирхгофа

.0 CBA IIII

Определим численные значения всех величин. Значения прово-

димостей

См.5,05,01

11См;23

154,023,0

11

См;5,15,133,033,0

11См;1

5,05,0

11

00 j

jZYj

jZY

jjZ

YjjZ

Y

CC

BB

AA

Отметим, что а = –0,5+j0,866, а2 = –0,5 – j0,866.

А . Напряжение смещения нейтрали при Z0=1+j Ом

B.5,42306

255178

)5,05,0)(23()5,15,1()1(

)23)(866,05,0()5,15,1)(866,05,0(11000

jj

jjjj

jjjjjU

Токи в ветвях

AI =(100–30–j42,5)(1+j)=113+j28 A,

BI =[(–0,5–j0,866)100–30–j42,5](1,6+j1,5)=74–j314 A,

CI =[(–0,5+j0,866)100–30–j42,5](3–j2)=–151+j292 A,

0I =(30+j42,5)(0,5–j0,5)=36+j6 A.

Б. Напряжение смещения нейтрали при Z0 =

B.4336)23()5,15,1()1(

2551781000 j

jjj

jU


46

Токи в ветвях AI =(100–36–j43)(1+j)=107+j21 A,

BI =[(–0,5–j0,866)100–36–j43](1,5+j1,5)=65,4–j323 A,

CI =[(–0,5+j0,866)100–36–j43](3–j2)=–172+j302 A,

0I =0.

В. Токи в ветвях при Z0 = 0

AI =100(1+j)=100+j100 A,

BI =(–0,5–j0,866)100(1,5+j1,5)=55–j205 A,

CI =(–0,5+j0,866)100(3–j2)=23+j360 A,

0I =100+j100+55–j205+23+j360=178+j255 A,

Векторные диаграммы напряжений представлены на рис. 3.3.

j

+1

CE

0

BE

AE

0'

AU

CU

BU

Z0=1+j Ом

mU=2 В/мм

0'0U

а)

j

+1

CE

0

BE

AE

0'

AU

CU

BU

Z0=

0'0U

б)

Рис. 3.3.

j

+1

CE

0

BE

AE

0'

AU

CU BU

Z0=0

в)

П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение для первых двух режимов

проверим с помощью уравнения для первого закона Кирхгофа:

а) CBA III =113+j26+74–j314–151+j292=36+j6=I0,

б) CBA III =107+j21+55,4–j323–172+j302=0=I0.

Для третьего режима, когда Z0=0, решение проверим с помощью

уравнения энергетического баланса:

.

,

222

***

CCCBBBAAAпотр

CCBBAAист

jXrIjXrIjXrIS

IUIUIUS

истS =100(100–j100)+(–50–j86,6)(55+j205)+(–50+j86,6)(23–360)=

55–j5кВА,

потрS =(1002+100

2)(0,5–j0,5)+(55

2+205

2)(0,33–j0,33)+

+(232+360

2)(0,23+j0,154)= 55–j5 кВА.

потрист SS .


47

П р и м е р 3.2. В цепи (рис. 3.4) линей-

ные напряжения UЛ=220 B, сопротивления

3

22R Ом, ХL=22 Ом, XC=22 Ом.

Определить токи в ветвях если:

а) выключатель замкнут;

б) выключатель разомкнут (обрыв фазы А).

Построить векторные диаграммы токов

и напряжений для каждого случая.

Р е ш е н и е. Так как сопротивление ну-

левого провода равно нулю, то токи в линейных проводах определят-

ся непосредственно (по закону Ома), с учетом того, что

,,,,,3

20ACAB

jAAФA

ЛФ EaEEaEeEEUE

UU

тогда .,,2

C

AC

L

AB

AA

jX

EaI

jX

EaI

R

EI

Если выключатель разомкнут, 0AI . Токи CB II и не меняют своей

величины.

В соответствии с принятыми направлениями токов

CBA IIII 0

.А. Токи в линейных проводах при замкнутом выключателе

Ток в нулевом проводе .03

55

3

55100 jjI

Б. При разомкнутом выключателе

.A103

55

3

55

,A3

55,A

3

55

0

jjI

jIjI CB

0 0

R

XL

XC CE

СI

BI

AI

BE

AE

0I

ФU

ЛU

Рис. 3.4

.A3

55

)22(3

220)866,05,0(

,A3

55

223

220)866,05,0(

,A10223

3220

jj

jI

jj

jI

I

C

B

A


48

Векторные диаграммы токов и напряжений представлены на ри-

сунке 3.5.

j

+1

CU

–1

–j

BU

AU

AI

CI

BI

0

j

+1

CU

–1

–j

BU

AU

CI

BI

0

0I

а) б)

Рис. 3.5

П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение проверим по второму за-

кону Кирхгофа.

Для верхнего контура

.191330191330

.223

55

3

2210

3

220866,05,0

3

220

.

jj

jjj

jXIrIUU LBABA

Для среднего контура

.382382

.223

5522

3

55,0

3

220866,05,0

3

220866,05,0

.

jj

jjjj

jj

jXIjXIUU CCLBCB

При разомкнутом выключателе для среднего контура цепи

.382382

.

jj

jXIjXIUU CCLBCB

П р и м е р 3.3. В цепи (рис. 3.6) линейные напряжения

UЛ=173 B, сопротивления нагрузки ZA=4 Ом, ZB=6 Ом, ZA=j10 Ом.

Определить токи в ветвях, показания ваттметров и активную мощ-

ность, потребляемую нагрузкой. Построить топографическую диа-

грамму, совместив ее с векторной диаграммой токов.


49

Р е ш е н и е. В цепи два узла, поэтому целесообразно вести

расчет методом двух узлов. Величина фазного напряжения

.B 100,3

ФAЛ

Ф UEU

U

Пусть

.

,, 20

AC

ABj

AA

EaE

EaEeEE

.

Тогда выражение для напряже-

ния смещения нейтрали примет

вид

,2

0'0CBA

CBAA

YYY

YaYaYEU

где Y=1/Z – проводимость

нагрузки.

В соответствии с выбранными направлениями токи будут

.,, 0'00'00'02

0'00'0

C

A

C

CC

B

A

B

BB

A

AA

Z

UEa

Z

UEI

Z

UEa

Z

UEI

Z

UEI

Показания ваттметров

,Re,Re*

2

*

1

BBCAAC IUPIUP

где линейные напряжения ., CBBCCAAC EEUEEU

Активная мощность, потребляемая нагрузкой, P=P1+P2.

Топографическая диаграмма строится для каждой ветви, причем

в качестве напряжения на ветви, дополняющей контур, берется

напряжение 0'0U .

Численные значения проводимостей

См.1,010

11

См;167,06

11См;25,0

4

11

jjZ

Y

ZY

ZY

CC

BB

AA

Напряжение между узлами (смещение нейтрали)

0 0

ZA

CE СI

BI

AI

BE

AE

0U

A

B

C

W2

ZB

ZC

W1

0 CU

0BU

0AU

ФU

ЛU

Рис. 3.6

B.76,626,73,62

1,0167,025,0

)1,0)(866,05,0(167,0)866,05,0(25,0100

'546

0

jej

j

jjjU


50


A.3,1423,1141,910

6,73,626,8650

A,86,2215,138,186

6,73,626,8650

A,6,99,142,94

6,73,62100

50C

'54214

'2411

j

jB

jA

ejj

jjI

ejjj

I

ejj

I

Линейные напряжения

B.173)6,8650(6,8650

B,6,86150)6,8650(100

jjjU

jjU

ВC

AC


Вт.2275)15,138,18)(173(Re

,Bт1250)9,142,9)(6,86150(Re

2

1

jjP

jjP

Активная мощность, потребляемая нагрузкой,

Р=1250+2275=3525 Вт.

Падения напряжения на сопротивлениях нагрузки

B.143103,14

B,137686,22

B,4,38461,9

1409050'0

'54214'54214'0

'2411'2411'0

jjCCC

jjBBB

jjAAA

eeeZIU

eeZIU

eeZIU

По полученным данным строим векторную и топографическую

диаграммы (рис. 3.7)

.

j

+1

CE

–1

–j

BE

AE

AI

CI

BI

0

C B

A

0'

'0AU

'0BU

0'0U

'0CU

mU=2 В/мм

тI=5 А/мм

Рис. 3.7


51

П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение проверим с помощью

уравнения первого закона Кирхгофа. Должно быть ,0 CBA III

так как отсутствует нейтральный провод.

9,42+j1,9–18,8–j13,15+9,41+j11,23=0,

0,03–j0,020.

П р и м е р 3.4. В цепи (рис.3.8)линейные напряжения

UЛ=220 В, сопротивления нагрузки

322R Ом, ХС=22 Ом, ХL=22 Ом.

Определить токи в ветвях: а) при нор-

мальном режиме работы цепи; б) при об-

рыве фазы А; в) при коротком замыкании

фазы A. Построить векторные диаграммы

токов и напряжений при нормальном ре-

жиме работы.

Р е ш е н и е. Задачу целесообразно

решать методом двух узлов.

Напряжение смещения нейтрали:

А. При нормальном режиме CBA

CBAA

YYY

YaYaYEU

2

0'0 ,

где ,,,1273

200ACAB

jjЛA EaEEaEee

UE

Б. При обрыве фазы А CB

CBA

YY

YaYaEU

2

0'0 .

Этот случай можно рассматривать как однофазный режим, когда

под напряжение BCU включены последовательно два сопротивления

ХL и ХС.

В. При коротком замыкании фазы А ,0'0 AEU

., '00'0 ABCABBB EEUEEUEU

Токи в ветвях при нормальном режиме

.,, 0'00'00'0

C

CC

B

BB

A

AA

Z

UEI

Z

UEI

Z

UEI

Токи в ветвях при коротком замыкании фазы а

.,, 0'00'0CBA

C

CC

B

BB III

Z

UEI

Z

UEI

0 0

R

CE СI

BI

AI

BE

AE

0U

A

B

C

XL

XC

a

b

c

Рис. 3.8


52

Численные значения проводимостей

См.0455,022

11

См;0455,022

11См;0787,0

22

31

jjZ

Y

jjZ

YZ

Y

CC

BB

AA

А. Тогда в нормальном режиме

B.2540455,00455,00787,0

)0455,0)(866,05,0()0455,0)(866,05,0(0787,01270

jj

jjjjU


A.4,14522

254127)866,05,0(

A,4,14522

254127)866,05,0(A,10

3

22

254127

jj

jI

jj

jII

C

BA

Б. При обрыве фазы А

,0455,00455,0

)0455,0)(866,05,0()0455,0)(866,05,0(1270

jj

jjjjU

так как в цепи имеется резонанс напряжений. Токи .0 IIB

В. При коротком замыкании фазы А

A.1065,8565,85

A,65,85)22(3

)1866,05,0(220

A,65,85)22(

)1866,05,0(127

jjIII

jj

jI

jj

jI

CBA

B

C

Для построения векторной диаграммы напряжений в нормаль-

ном режиме определим падения напряжения на сопротивлениях

нагрузки:

B.110316)22)(4,145()(

B,11031622)4,145(

B,1273

2210

jjjjXIU

jjjjXIU

RIU

CCC

LBL

AR


53

На рис. 3.9 представлены векторные диаграммы.

j

+1

CE

–1

–j

BU

AE

AI

CI

BI

0

0'

LU 0U

RU

mU=5 В/мм

тI=4 А/мм

CU

Рис. 3.9 П р о в е р к а р е ш е н и я. А. При нормальном режиме реше-

ние проверим, применив уравнение по первому закону Кирхгофа.

Должно быть

.04,1454,14510 jjIII CBA

0=0.

Б. При разомкнутом выключателе и наличии в цепи резонанса

I = , так как Z = 0.

В. При коротком замыкании фазы А решение проверим, соста-

вив уравнение по второму закону Кирхгофа.

Для верхнего контура (обход по часовой стрелке)

.110190110190

).22)(65,85()866,05,0(3

220

.

jj

jjj

jXIUU LBBA

Для нижнего контура (также обход по часовой стрелке)

.220220

.220)22)(65,85()22)(65,85(

)866,05,0(3

220)866,05,0(

3

220

).(

jj

jjjjj

jj

CjX

CI

LjX

BI

CU

BU


54

П р и м е р 3.5. В цепи (рис. 3.10) фазные напряжения источ-

ника равны линейным напряжениям

UФ=UЛ=208 В, сопротивления нагрузки

ZA=6 Ом, ZB=3 Ом, 33 jZ C Ом.

Определить по показаниям ваттметров

активную мощность, потребляемую

нагрузкой.

Р е ш е н и е. Так как UФ=UЛ, то

источники соединены в треугольник.

Кроме того, так как напряжения по мо-

дулю одинаковы, то они образуют симметричную систему напряже-

ний, то есть .0 CABCAB UUU

С учетом наличия симметричной системы напряжений в цепи

будет два независимых контура. В качестве первого независимого

контура выберем верхний ( BAAB ZZU ,, ), в качестве второго – ниж-

ний ( CBBC ZZU ,, ).

Если выбрать в качестве третьего контура контур CACA ZZU ,, ,

то система уравнений будет иметь вид

)3(

)2(

)1(

.

,

,

332211

332211

332211

CACACA

BCCCBB

ABABBA

UIZZIZIZ

UIZIZZIZ

UIZIZIZZ

Нетрудно видеть, что система уравнений не является независи-

мой. Так, уравнение (1) является суммой уравнений (2) и (3) (с учетом

того, что и CABCAB UUU ); уравнение (2) является разностью

уравнений (1) и (3); а уравнение (3) является разностью уравнений (1)

и (2). Поэтому достаточно иметь любые два уравнения, то есть рас-

сматривать любые два контура. Рассмотрим верхний и нижний кон-

туры. Система контурных уравнений будет

)2(

)1(

.

,

2211

2211

BCCBB

ABBBA

UIZZIZ

UIZIZZ

Токи в ветвях 2211, IIII CA .

Показания ваттметров .Re,Re*

2

*

1

CCBAAB IUPIUP

Активная мощность, потребляемая нагрузкой: Р=Р1+Р2.

0

ZA

СI

BI

AI

ACU

A

B

C

ZB

ZC

W2

W1

11I

22I

Рис. 3.10


55

B.208)866,05,0(

B,208Примем

2 jUaU

UUU

ФBC

ЛФAB

Система уравнений

.208)866,05,0(3333

,2083)36(

jIjI

II

CA

CA

Определитель системы

.39453369363

39 2 jjj


A.3032,17

208)866,05,0(3945

9208

3945

3)(

A,1032,17

208)866,05,0(3945

3208

3945

36)(

2212

1211

j

jjj

UUI

j

jjj

jUUI

BCABC

BCABA


P1=Re 208(17,32+j10)=3600 Вт,

P2=Re (0,5+j0,866) 208 (17,32–j30)=7200 Вт.

Активная мощность, потребляемая нагрузкой:

Р = 3600 + 7200 = 10800 Вт = 10,8 кВт.


уравнения второго закона Кирхгофа. Для внешнего контура

.180104180104

.208)866,05,0())3032,17(33)1032,17(6

.

jj

jjjj

UIZIZ CACCAA

П р и м е р 3.6. В цепи

(рис. 3.11) линейные напряжения

UЛ=220 В, сопротивления нагрузки

R=10 Ом, ХL=20 Ом, ХС=10 Ом.

Определить токи в линейных и

фазных проводах.

Р е ш е н и е. В соответствии с

a

R

СI

BI

AI

ACU

A

B

C

XL

XC

b

c

АBI

BСI

AВU

ВCU

САI

Рис. 3.11


56

выбранными направлениями токов фазные токи

.,,R

UI

jX

UI

jX

UI CA

CAC

BCBC

L

ABAB

Линейные токи (по первому закону Кирхгофа)

.,, BCCACABBCBCAABA IIIIIIIII

Примем

B.220)866,05,0(

B,220)866,05,0(

B,220

2

jUaU

jUaU

U

ЛCA

ЛBC

AB

Тогда

A.05,3005,30)1105,19(05,1911

A,05,19)11(1105,19A,05,3011)05,1911(11

A,05,191110

)866,05,0(220

,A1105,1910

)866,05,0(220,A11

20

220

jjjI

jjIjjjI

jj

I

jj

jIj

jI

C

BA

CA

BCAB


уравнения второго закона Кирхгофа.

Для контура с сопротивлениями

.0)10)(1105,19(20)11(10)05,1911(

.0)()(

jjjjj

jXIjXIRI CBCLABCA

0 = 0.

П р и м е р 3.7. В цепи (рис. 3.12) линейные напряжения

UЛ=220 В, сопротивления R=ХL=ХС=10

Ом. Определить токи в линейных и

фазных проводах а) при нормальном

режиме работы, б) при обрыве фазы

ab, в) при обрыве линейного провода

А. Построить векторные диаграммы

для каждого из случаев. Определить

показания ваттметров и сравнить сум-

му их показаний с активной мощность,

потребляемой нагрузкой.

a

R

СI

BI

AI

CAU

A

B

C

jXL

–jXC

b

c

АBI

BСI

AВU

ВCU

САI

W2

W1

Рис. 3.12


57

Р е ш е н и е. Задаем положительные направления фазных и линей-

ных токов.

.,, A.R

UI

jX

UI

jX

UI CA

CAL

BCBC

C

ABAB

.,Re,Re

.,,

2*

2

*

1 RIPIUPIUP

IIIIIIIII

CAпотрCCBAAB

BCCACABBCBCAABA

Б. При обрыве фазы ab схема цепи примет вид, показанный на

рис. 3.13. Тогда ,0ABI

r

UI

jX

UI CA

CAL

BCBC

, остаются

неизменными.

Линейные токи BCBCAA IIII ,

стали равны фазным, BCCAC III – остался

неизменным.

Выражения для определения показаний

ваттметров и определения активной мощно-

сти, потребляемой нагрузкой, остаются без

изменения.

В. При обрыве линейного провода А

схема цепи примет вид, показанный на

рис. 3.14. Тогда получается однофазный ре-

жим.

Фазный ток L

BCBC

jX

UI

остается неиз-

менным.

RIP

IUIUPP

IIIIjXR

UI

BACпотр

BBCBCB

BACBCCBC

BCBAC

2

**

21 ,ReRe,0

.,

a

R

СI

BI

AI

CAU

A

B

C

jXL

b

c

BСI

AВU

CU

САI

Рис. 3.13

a

R

СI

BI

B

C

jXL

b

c

BСI

CU

–jXC

BAСI

Рис. 3.14


58

Примем следующее пространственное расположение векторов

линейных напряжений:

B.5,190110220)866,05,0(

B,5,190110220)866,05,0(

B,220

2 jjUaU

jjUaU

U

ЛCA

ЛBC

AB

А. В нормальном режиме

A.05,191110

5,190110

,A1105,1910

5,190110

,A2210

220

jj

I

jj

jI

jj

I

CA

BC

AB

Линейные токи

A.05,3005,30)1105,19(05,1911

A,1105,19221105,19

A,05,4111)05,1911(22

jjjI

jjjI

jjjI

C

B

A


P1=Re 220(11–j41,05)=2420 Вт,

P2=Re (110-j190,5)(–30,05+j30,05)=2420 Вт.

Активная мощность, потребляемая нагрузкой:

Рпотр=(112+19,02

2)10= 4840 Вт =4,85 кВт

Б. При обрыве фазы ab 0ABI

Фазные токи

A05,1911A,1105,19 jIjI CABC не изменились,

линейные токи

A1105,19A,05,1911 jIjI BA стали равными фазным,

линейный ток

A05,3005,30)1105,19()05,1911( jjjIC не изменился.

Р1= Re 220(11–j19,05)=2420 Вт,

P2= Re (110-j190,5)(–30,05+j30,05)=2420 Вт,

Рист = Р1+Р2=4840 Вт,

Рпотр = (112+19,05

2)10=4840 Вт.


59

В. При обрыве линейного провода А 0AI получился одно-

фазный режим, фазный ток A1105,19 jIBC остался неизменным,

фазные токи

A4151010

5,190110j

j

jIII BACCAAB

,

линейные токи

A.1505,44151105,19 jjjII CB

Рист=Р2=Re (–110+j190,5)(4,05–j15)=2410 Вт,

Рпотр=(152+4

2)10=2410 Вт=2,41 кВт.

Векторные диаграммы для каждого режима представлены на ри-

сунке 3.15.

j

+1

j

+1

j

+1

Нормальный

режим работы

Обрыв

фазы ab

Обрыв линейного

провода А

mU=10 В/мм, mI=1 A/мм

BCI

CAI

BI

ABI

BCU

CAI

BCI

AI

CB II

BCI

CI

ABU

BCU

ABU

CAU AI

BI

CAU

BACI

BCU

CI

Рис. 3.15

а)

б) в)

П р о в е р к а р е ш е н и я. Частичным подтверждением пра-

вильности решения является совпадение активных мощностей источ-

ника и потребителя. Более полную проверку проведем, используя

уравнения второго закона Кирхгофа.

А. При нормальном режиме для контура, содержащего сопро-

тивление нагрузки:

.00

,010)05,1911()10)(1105,19()10(22

,0)(

jjjjj

RIjXIjXI CALBCCAB


60

Б. При обрыве фазы ab для верхнего контура

.220220

.220)10)(1105,19(10)05,1911(

,

jjj

UjXIRI ABLBA

В. При обрыве линейного провода А для контура, содержащего

сопротивления нагрузки,

.00

.0)10)(1105,19()1010)(415(

,0)(

jjjj

jXIjXRI LBCCBAC

З а д а ч и

1. Как изменится линейный ток, если симметричную нагрузку,

соединенную треугольником, пересоединить в звезду при неизмен-

ном линейном напряжении? 1) уменьшится в 3 раза; 3) не изменится

2) уменьшится в 3 раз; 4) увеличится в 3 раз.

2. Определить показание амперметра, если

трехфазная сеть характеризуется симметричной си-

стемой напряжений

UАВ = UВС = UСА = 220 В, R = XL = XC = 10 Ом.

5) 34,7 А; 7) 0;

6) 9,3 А; 8) 12,7 А.

3. Потребитель подключен к трехфазной се-

ти с симметричной системой линейных напряже-

ний. Как изменится показание вольтметра при

размыкании рубильника S

9) не изменится; 11) увеличится в 3 ;

10) уменьшится в 3 раз; 12) уменьшится в 3

2

4. Линейные токи симметричного трех-

фазного потребителя равны 7 А. Определить

коэффициент мощности потребителя, если

линейные напряжения равны 100 В, а пока-

зание ваттметра составляет 605 Вт.

13) 0,865 А; 14) 0,5 А; 15) 2 А; 16) 0,958 А

А

V

Z

Z

Z

S

В

С

A

R

L

C

А

В

С

N

W

A

B

C


61

5. Потребитель (см. рис.) подключен к сети с симметричной си-

стемой линейных напряжений. Токи в фазах потребителя равны 5 А.

Определить токи в линейных проводах.

5) IА = 8,65 А; IB = 8,65 А; IC = 8,65 А

6) IA = 9,66 A; IB = 8,65 A; IC = 8,65 A

7) IA = 9,66 A; IB = 5 A; IC = 9,66 A;

8) IA = 8,65 A; IB = 0; IC = 9,66 A

П р и м е р 3.8. В цепи (рис.3.16), являющейся схемой генера-

тора трехфазного тока, сопротивление

прямой последовательности Z1=8 Ом,

сопротивление обратной последова-

тельности Z2=2 Ом, значение фазной

ЭДС Е=100 В. Две фазы генератора за-

мкнуты накоротко. Определить показа-

ния приборов. Построить векторные

диаграммы симметричных составляю-

щих прямой, обратной и нулевой по-

следовательностей токов и напряжений.

Р е ш е н и е. Генератор является

симметричной трехфазной цепью. Так

как при этом в цепи имеется несимметричное короткое замыкание, то

есть несимметричная нагрузка, то в цепи существует поперечная

несимметрия.

Параметры режима

.,,0 CBCBA UUIII

Если для расчета цепи применить метод симметричных состав-

ляющих, то выражения для фазных токов будут иметь вид

,

,

,

022

1

0212

021

IIaIaI

IIaIaI

IIII

C

B

A

а выражения для составляющих прямой, обратной и нулевой после-

довательностей

0

A

B

C

V

V

V

A

Z

Z

Z

AE

BE

CE

Рис. 3.16

R

L

C

В

A

C


62

).(3

1

),(3

1

),(3

1

0

22

21

CBA

CBA

CBA

IIII

IaIaII

IaIaII

С учетом известных параметров режима цепи составляющие то-

ка будут

. откуда

,0,)(3

1,)(

3

1

21

02

22

1

II

IIaaIIaaI BB

Аналогично составляются уравнения для напряжений. Состав-

ляющие напряжения прямой и обратной последовательностей (с уче-

том того, что CB UU ) будут .21 UU

В результате решения уравнений для токов, напряжений и со-

ставляющих получим

.A3,17,A3,173

,0

.0,,A1028

100

2

1

01221

1

BCBA IIaa

III

IIIjjjZZ

EI

Для нахождения симметричных составляющих напряжения фа-

зы А и определения показаний приборов составим дополнительные

уравнения

.0

,

222

111

UIZ

EUIZ A

Сложим эти уравнения:

.как так,2 2112211 UUEUIZIZ A

Откуда .B202

221121

IZIZEUU A

Напряжения на вольтметрах

.B20)(

,B60)(2

,B20,B40

21

211

212

21

aaUUU

aaUUUUU

UaUaUUUU

BC

BAAB

BA


63

Векторные диаграммы симметричных составляющих всех по-

следовательностей показаны на рис. 3.17.

+j

+1

BI

0

+j

+1

0

CI2

BI2

AI2

+j

+1

0

CI

BI

+j

+1

0

+j

+1

0

+j

+1

0

AU1

CU1 BU1

AU2

CU2 BU2

AU

CU BU

CI1

BI2

BI1

AI1

Рис. 3.17

а) в) б)

д) г) е)

В месте двухфазного короткого замыкания сумма токов

21 и AA II равна нулю, поэтому 0AI . Токи 21 и BB II дают в сумме

фазный ток BI в месте короткого замыкания, а токи 21 и CC II дают в

сумме фазный ток CI , причем BC II . Напряжение 0BCU , так

как сопротивление току короткого замыкания, то есть в данном слу-

чае сопротивление амперметра, принято равным нулю.

П р и м е р 3.9. В цепи (рис. 3.18), являющейся схемой генера-

тора трехфазного тока, сопротивле-

ния прямой последовательности

Z1=j12 Ом, обратной последова-

тельности Z2=j3 Ом, нулевой после-

довательности Z0=j1 Ом, значение

фазной ЭДС Е=160 В.

Определить показания прибо-

ров. Построить векторные диа-

граммы симметричных составляю-

0

A

B

C

VВС A

VС

VВ

ЕА

ЕВ

ЕС

IA

Рис. 3.18


64

щих прямой, обратной и нулевой последовательностей токов и

напряжений.

Р е ш е н и е. Генератор является симметричной трехфазной це-

пью. Так как при этом в цепи имеется несимметричное (однофазное)

короткое замыкание, то есть несимметричная нагрузка, то в цепи су-

ществует поперечная несимметрия.

Параметры режима

.0,0 ACB UII

Замена фазных величин их симметричными составляющими дает

)(

)(

0021

021

b

a

UUU

III

(1)

По второму закону Кирхгофа для фазы А

)(

)(

)(

0

0

000

222

111

c

b

a

UIZ

UIZ

EUIZ A

(2)

Из совместного решения уравнений (1) и (2) получим

.021

1ZZZ

EI A

Из уравнения 2(b) .222 IZU

Из уравнения 2(а) .111 IZEU A

Из уравнения 2(с) .000 IZU

Тогда

B.5,626,601510)30)(866,05,0(40)866,05,0(

B,5,626,601510)30)(866,05,0(40)866,05,0(

B.10)10(B,30)10(3B,40)10(12160

76

76

021

,A30)10(3A,101312

160021

jC

jB

ejjjU

ejjjU

jjUjjUjjU

jjAIjjjj

III

Показания приборов


65

A.30B,121B,5,62B,5,62 ABCBC IVVV

Векторные диаграммы симметричных составляющих всех по-

следовательностей показаны на рис. 3.19.

+j

+1

0

+j

+1

0

CI0

AI0

+j

+1

0

+j

+1

0 +j

+1

0

AU1

CU1 BU1

AU 2

CU 2 BU 2

0U

CI1

BI1

AI1

+j

+1

0 BI2

CI2

AI2

BI0

AU =0

=276

Рис. 3.19

Напряжения вольтметров фаз В и С равны по величине, сдвиг

фаз между CB UU и равен 152. Напряжение 0AU , так как сопро-

тивление амперметра принято равным нулю.

П р и м е р 3.10 В цепи (рис. 3.20) сопротивление элементов

R=6 Ом, L=2 Ом, 1/С=18 Ом, напряжение

U=180 sin(t–/6)+120sin3t+80sin(5t+/6) B.

Определить показания приборов элек-

тромагнитной системы. Определить

мгновенное значение тока.

Р е ш е н и е. Источник питания со-

держит первую, третью и пятую гармо-

ники, поэтому необходимо определить

сопротивления цепи для каждой из ука-

занных гармоник. Тогда токи отдельных

u a L

V

A

W b R

C

Рис. 3.20


66

гармоник определятся по закону Ома, а сдвиг фаз между током и

напряжением – из треугольников сопротивлений.

Для первой гармоники

,,2

,,1

)1()1(

)1()1(

)1()1(

22

)1(r

xarctg

II

Z

UI

CLrZ

mmm

начальная фаза тока

.)1()1()1( ui

Для третьей гармоники

.3

13

22

)3(

CLRZ

Для пятой гармоники

.5

15

22

)5(

CLRZ


.

.

2)5()5(

2)3()3(

2)1()1(

2)5(

2)3(

2)1(

ababab ZIZIZIU

IIII

P=I2R,

.5,3, где22

)5(22

)3(22

)1( LRZLRZLRZ ababab


А.5,72

6,10,А6,10

17

180,Ом171826 )1()1(

22)1( IIZ m

Треугольник сопротивлений для первой гармо-

ники показан на рис. 3.21.

Угол сдвига фаз между током и напряжением

.02696

16)1(

arctg

Начальная фаза тока первой гармоники

i(1)=–30–(–6920')=3920'.

Мгновенное значение тока первой гармоники

i(1)=10,6sin(t+3920') A.


j

+1

XL

XC

R

Z(1)

0 2

18

Рис. 3.21


67

Ом,63

18236

22

)3(

Z

то есть для тока третьей гармоники в цепи существует резонанс

напряжений.

Так как начальная фаза u(3)=0, то ток третьей гармоники пред-

ставляет собой чисто активную составляющую:

A.1,142

20A,20

6

120)3()3( mm II

( 3 )=0, i ( 3 )=0, i(3)=20sin3t A.

Для пятой гармоники

'.10476

5

1825

A.45,62

1,9A,1,9

8,8

80

.Ом8,85

18256

(5)

)5()5(

22

)5(

arctg

II

Z

m

i(5)=30–4710'=–1710',

i(5)=9,1sin(5t–1710') A.

Показание амперметра

A.2,1745,61,145,7 222 I

Показание ваттметра

Р=17,226=1780 Вт.

Сопротивление участка ab для отдельных гармоник

.Ом7,11256

,Ом5,8236

,Ом3,626

22)5(

22)3(

22)1(

ab

ab

ab

Z

Z

Z

Показание вольтметра

.B150)7,1145,6()5,81,14()3,65,7( 222 U

П р о в е р к а р е ш е н и я. Выполним проверку с использова-

нием уравнения энергетического баланса.


68

Активная мощность, отдаваемая источником:

Вт.1760'1047cos45,6800cos1,14120)'2069cos(5,71802

1

coscoscos )5()5()5()3()3()3()1()1()1(

IUIUIUPист

PистРпотр.

Понятия реактивной и полной мощностей для цепи с несинусо-

идальными токами и напряжениями используют только в пределах

каждой гармоники.

Q(k )ист=U(k )I(k )sin(k ).

Q(k )потр=I(k )2хk.

Тогда

Q(1)ист=2

1807,5sin(–6920')=–900 вар. Q(1)потр=7,5

2(2–18)=–900 вар.

Q (3)ист=2

12014,1sin0= 0. Q(3)потр=14,1

20= 0.

Q (5)ист=2

806,45sin4710'= 268 вар.

Q(1)потр=6,452(52–18/5)= 268 вар.

Q(k )истQ(k )потр.

П р и м е р 3.11. В цепи (рис. 3.22) сопротивление R=10 Ом,

индуктивности L1=1 Гн, L2=0,33 Гн, емкость С=100 мкФ, напряже-

ние и=30+200 sin(100t+90)+40 2 sin(200t–45) B. Определить токи в

ветвях и показания амперметра электромагнитной системы.


держит постоянную составляющую,

первую и вторую гармоники, поэтому

необходимо определить сопротивления

цепи для каждой из указанных составля-

ющих. Составим схемы замещения для

постоянной составляющей и для

синусоид.

Схема замещения для по-

стоянной составляющей пред-

ставлена на рис. 3.23, справа–

индуктивное сопротивление

u

a L1

A

b

R C

L2 i i1

i2

Рис.3.22

u

A

R

i i1

i2 U0

A

R

I0

Рис. 3.23


69

XL=L=0L=0, то есть вместо индуктивности будет закоротка; ем-

костное сопротивление CC

XC0

11

,

то есть вместо конденсатора будет разрыв .

Тогда R

UI 0

0 .

Для первой и второй гармоник схемы замещения не отличаются

от исходной схемы, будут отличаться лишь сопротивления реактив-

ных элементов

Z(k)L=kL, .1

)(Ck

Z Ck

Показание амперметра

.2)2(

2)1(

200 IIII

Ток постоянной составляющей

I0=I01=30/10=3 A.

Сопротивления для первой гармоники

XL1=1001=100 Ом,

XL2=1000,33=33 Ом,

,100100

)100(100Ом,100

10100100

1

1

16

jj

jj

ZZ

ZZZX

CL

CLabC

то есть для первой гармоники имеем резонанс токов и участок ab яв-

ляется разрывом («электрической пробкой»), так как он не пропуска-

ет первую гармонику. Поэтому

i(1)=0, I(1)=0.

На L2 и R падение напряжения U(1)=0, так как в них не протекает

ток первой гармоники. Следовательно, все напряжение первой гар-

моники B200 90)1(

j

m eU

приложено к L1 и С и в них протекают токи:

в индуктивности A,2100

200

90

90

)1(

j

j

mLe

eI

в емкости A.2100

200

90

90

)1(

j

j

mCe

eI

Сопротивления для второй гармоники

XL1=2001=200 Ом,


70

XL2=2000,33=66 Ом,

Ом,10106666

,Ом6650200

)50(200Ом,50

10100200

1

2

6

jjRZZZ

jjj

jjZX

Lab

abC

то есть в цепи имеется резонанс напряжений для второй гармоники.

Поэтому

A.2410

240 4545

)2()2(

jj

mm e

e

Z

UI

Напряжение на участке ab

B.22646624 13590451)2()2(

jjj

abmabm eeeZIU

Токи в L1 и С

A. 228,550

2264

A, 232,1200

2264

45

90

135)2(

)2(

225

90

135)2(

)2(

1

j

j

j

C

abmmC

j

j

j

L

abmmL

ee

e

Z

UI

ee

e

Z

UI

Тогда

A.)45200sin(228,5

A,)225200sin(232,1

A,)45200sin(24

)2(

)2(

)2(

ti

ti

ti

C

L

Показание амперметра A.5403 22 I


нием уравнения второго закона Кирхгофа.

Для второй гармоники

.240240

),661066(24240

,

4545

4545

)2()2()2( 2

jj

jj

abLmm

ee

jjee

ZRZIU

Для контура L1–C


71

.00

,226422640

,50228,5200232,10

,0

135135

904590225

)2()2()2()2( 1

jj

jjjj

CmCLmL

ee

eeee

ZIZI

Для первой гармоники проверку можно выполнить, только рас-

сматривая контур L1–C, так как ток в неразветвленной части цепи ра-

вен нулю:

.00

,20010020

,0

9090

)1()1()1()1( 1

jj

CmCLmL

ee

ZIZI

Для постоянной составляющей справедливость расчета очевидна.

П р и м е р 3.12 В цепи (рис. 3.24) сопротивление резистора

R=8 Ом, индуктивность L=18 мГн, емкость С=250 мкФ, напряжение

U=50+100sin(333t+/2) +50sin(666t+/4) B.

Определить действующее значение тока.

Р е ш е н и е. Источник питания содержит

постоянную составляющую, первую и вторую

гармоники, поэтому необходимо определить

сопротивление цепи для каждой из указанных составляющих.

Для постоянной составляющей тока конденсатор в установив-

шемся режиме представляет разрыв, поэтому Z(0)= и I(0)=0.


XL=L=3331810–3

=6 Ом,

A.2

10

210

100

Ом,10)126(8

Ом,1210250333

11

)1(

)1()1(

2222)1(

6

Z

UI

XXRZ

CX

CL

C

Для второй гармоники

XL=2L=23331810–3

=12 Ом,

u R

C

L i

Рис. 3.24


72

A.2

5

210

50

Ом,10)612(8

Ом,6102503332

1

2

1

)2(

)2(

)2(

22)2(

6

Z

UI

Z

CX C

Действующее значение тока в цепи

A.9,72

5

2

1022

2)2(

2)1(

III


нием уравнения энергетического баланса.

Активная мощность, отдаваемая источником:

Pист=U(1)I(1)cos (1)+U (2)I(2)cos(2),

Вт.500100400)'5036cos(2

5

2

50)'5036cos(

2

10

2

100

,'50368

6

,'50368

6

)2()2(

)1()1(

истP

arctgR

Xarctg

arctgR

Xarctg

Активная мощность, потребляемая резистором:

Рпотр=I2R=7,98=499 Вт.

Рист=Рпотр.

П р и м е р 3.13. В цепи (рис. 3.25) сопротивления R=24 Ом,

L1=3 Ом, 1/С1=27 Ом, L2=9 Ом,

1/С2=9 Ом, напряжение U=10+10sint+

+27sin3t В. Определить показания прибо-

ров электромагнитной системы.


держит постоянную составляющую, первую

и третью гармоники. Для постоянной со-

ставляющей ток I(0)=0, так как ZC1(0)=,

напряжение UC= U(0)=10 B.

Показания приборов будут

U L2 R

C1

i

A

V

L1

C2

Рис. 3.25


73

., 2)3(

2)1(

2)0(

2)3(

2)1( UUUUIII

Для первой гармоники ХL2=ХС2,

то есть в ветвях RL2C2 имеется резонанс токов и сопротивление этого

участка равно R=24 Ом. Сопротивление всей цепи равно

A.56,09

2421,0

B.04,5)273(21,0

A.21,0224

1

2

10

Ом.224)273(24)(

)1(2

)1(

)1(2

)1(2)1(

)1()1()1(

)1(

)1()1(

2222)1(

LL

LA

V

CL

X

RI

X

UI

XIU

Z

UI

XXRZ


ХL1=3L1=33=9 Ом, XC1=3

27

3

1

1

C

=9 Ом, Х1(3)=ХL1–ХС1=9–9=0,

то есть в ветви L1C1 имеется резонанс напряжений.

ХL2=3L2=39=27 Ом, XC2=3

9

3

1

2

C

=3 Ом.

Тогда UV(3)=0, так как Х1(3)=0.

A.7,0227

27

)3(2

)3(

)3(2

)3(2

)3( LL

LA

X

U

X

UI


.B2,11005,510,A896,07,056,0 2222 UI

П р и м е р 3.14 Определить действующее значение периодиче-

ской ЭДС (рис. 3.26). Сравнить ее с действующим ЭДС, определен-

ным по трем первым членам разло-

жения в ряд Фурье. Максимальное

значение ЭДС Еm = 10 В.

Р е ш е н и е. Уравнение ЭДС за

промежуток времени 0≤ t≤ Т/4 мож-

но получить из соотношения

4/T

E

t

e m , откуда tET

e m

4 .

Действующее значение ЭДС

е

Т

Т

Еm

Рис. 3.26


74

78,53/41 4/

0

2

0

2 m

TT

EdteT

dteT

E В.

Ряд Фурье для кривой треугольной симметричной формы запи-

сывается в виде

...7sin

7

15sin

5

13sin

3

1sin

8

2222tttt

Ee m

.

При Еm = 10 В.

...)5sin32,03sin9,0sin1,8( ttte В.

Действующая ЭДС, определенная по трем первым членам разложе-

ния в ряд:

77,52

32,0

2

9,0

2

1,8222

2

)5)

2

)3(

2

)1(

EEEE В.

П р и м е р 3.15. Три вольтметра различных систем подключе-

ны к источнику несинусоидального периодического напряжения.

Вольтметр электромагнитной системы показал 4,2 В, выпрямитель-

ный вольтметр – 4,0 В, а электронный вольтметр максимальных зна-

чений – 6,1 В. Определить коэффициенты амплитуды и формы неси-

нусоидального напряжения.

Р е ш е н и е. Показание вольтметров электромагнитной системы

независимо от формы кривой равно действующему измеряемому

напряжению U, следовательно, U = 4,2 В. Отклонение подвижной ча-

сти выпрямительного прибора пропорционально среднему по модулю

значению измеряемого напряжения Uср.мод. Градуировка шкалы вы-

прямительного прибора производится для действующего синусои-

дального напряжения, поэтому для определения среднего по модулю

значения измеряемого напряжения необходимо разделить показание

выпрямительного прибора на коэффициент формы синусоиды kф =

=U/Uср.мод., равный 1,11. Следовательно, для измеряемого напряжения

Uср.мод. = 4,0/1,1 =3,64 В. Показания электронного прибора с ампли-

тудным детектором пропорциональны максимальным значениям из-

меряемого напряжения. Градуировка шкалы прибора производится

для действующего синусоидального напряжения, поэтому для опре-

деления амплитудного значения измеряемого напряжения показание

электронного прибора необходимо умножить на коэффициент ампли-


75

туды синусоиды Kа = Umax/U, равный 2 . Следовательно, для изме-

ряемого напряжения 5,84,62max U В. Коэффициент формы

для исследуемого синусоидального напряжения источника питания

Кф =U/Uср.мод. = 1,15, а коэффициент амплитуды Ка = Umax / U = 2,02.

П р и м е р 3.16. В цепи (рис. 3.27) сопротивления элементов

для первой гармоники тока ZA=j10 Ом, ZВ=–5 Ом, ZС=5 Ом, фазное

напряжение U=300sin314t + 200sin(942t + 45) +100sin(1570t–70) В.

Определить показания приборов.

Р е ш е н и е. Источник трехфазного тока, соединенный в звез-

ду, генерирует первую, третью и пятую

гармоники.

Показание вольтметра V2, измеряю-

щего линейное напряжение, находим из

выражения

.2

3

2

32

)5(

2

)1(2

mm UUU

Напряжение третьей гармоники не

учитывается, так как гармоники, кратные

трем, в линейном напряжении отсутству-

ют из-за того, что они образуют нулевую последовательность и при

вычитании их разность равна нулю.

Вольтметр V1 измеряет напряжение смещения нейтрали

.2)5(0'0

2)3(0'0

2)1(0'01 UUUU

Напряжение смещения нейтрали от первой гармоники

.)1()1()1(

)1()1(2

)1(

)1()1(0'0CBA

CBAA

YYY

YaYaYUU

Напряжение смещения нейтрали от третьей гармоники

,)3(

)3()3(0'0j

eUU

то есть соответствует напряжению третьей гармоники, генерируемой

источником.

Напряжение смещения нейтрали от пятой гармоники

.)5()5()5(

)5(2

)5()5(

)5()5(0'0CBA

CBAA

YYY

YaYaYUU

0

ZA A

B

C

ZB

ZC

A

V1

V2

Рис. 3.27


76

Показание амперметра .2)5(

2)1( AAA III

Ток первой гармоники .)1(0'0)1()1()1( UEYI AAA

Ток третьей гармоники отсутствует.

Ток пятой гармоники

.)5(0'0)5()5()5( UEYI AAA

Показание вольтметра .B3882

3100

2

330022

2

U

Проводимости фаз:

а) для первой гармоники

;См2,05

11

См,2,05

11См,1,0

10

11

)1(

)1()1(

CC

BB

AA

ZY

jjZ

YjjZ

Y

б) для пятой гармоники

.См2,05

11

См,5

55См,02,0

50

1

5

1

)1(

)5()5(

CC

BB

AA

ZY

jjZ

YjjZ

Y

Напряжение смещения нейтрали:

а) от первой гармоники

;722,02,01,0

2,02

3

2

12,0

2

3

2

11,0

2

300 '5049)1(0'0

jejj

jjjj

U

б) от третьей гармоники ;141 45)3(0'0

jeU

в) от пятой гармоники

.852,002,0

2,02

3

2

1

2

3

2

102,0

2

100 6770)5(0'0

jj ejj

jjjj

eU

Показание первого вольтметра

.B1808514172 2221 U

Ток первой гармоники


77

.A4,17722

3001,0 '3471'5049

)1(

jjA eejI

Ток пятой гармоники

.A9,2852

10002,0 '3036770

)5(

jjjA eeejI

Показание амперметра .A6,179,24,17 22 AI

П р и м е р 3.17. В цепи, (рис. 3.28) являющейся схемой

генератора, сопротивления обмоток для первой гармоники тока

ZФ=15+j9 Ом, фазное напряжение

U=300sin314t+200sin(942t+45)+

+100sin(1570t–70) B. Определить по-

казания приборов.

Р е ш е н и е. Генератор, соеди-

ненный в треугольник, генерирует

первую, третью и пятую гармоники.

Показание вольтметра находим из

выражения 2

)5(2

)1( UUU =224 В

Третья гармоника напряжения не

выявляется между зажимами фаз, так

как она компенсируется падением напряжения на сопротивлениях

фазы генератора.

В обмотках присутствуют только токи третьей гармоники, по-

этому показание амперметра

271522)3(

)3(

)3(

)3(

2

200

3

3

ФФ Z

U

Z

UI =4,6А.

З а д а ч и

6. Определить показание вольтметра магнитоэлектрической си-

стемы, если u = 100 – 100√2 sinωt [B],

R = 10 Ом, XL = 15 Ом, XС = 5 Ом.

9) 70,5 В; 10) 0;

11) 141 В; 12) 100 В.

ZФ

A

V

ZФ

ZФ

ЕА

ЕВ

ЕС

Рис. 3.28

L

R

С V u(t)


78

7. Определить показание амперметра

электромагнитной системы, если u= 15√2

sin1000t – 15 √2 sin2000t [B], L =10 мГн;

С = 100 мкФ; R= 15 Ом

9) 1,22 A ; 10) 1 A; 11) 0; 12) 2 A.

8. Найти активную мощность, потребляемую цепью, если

u = 100+ 100 √2 sin(100t+450) [B],

L = 1 Гн, C = 100мкФ, R = 100 Ом.

13) 100 Вт; 14) 0;

15) 171 Вт; 16) 200 Вт.

9. Найти активную мощность в сопротивлении, если

i = (5 + 5√2 sin ωt ) A, Z=( 3+4j) Ом,

13 ) 150 Вт; 14 ) 250 Вт;

15 ) 300 Вт; 16) 75 Вт.

10. Фазное напряжение в трехфазной симметричной системе-

равно: uф = 80√2 sinωt + 60√2 sin( 3ωt – 450) +50√2 sin5ωt [B]; Сопро-

тивление нагрузки для первой гармоники ZA=ZB=ZC=10j Ом. Опреде-

лить действующее значение тока в нулевом проводе.

17) 18 А; 18) √69 А; 19) 6 А; 20) 0.

L R

С

A

u(t)

A

L

R

С u

Z

Я i


79

4. ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ

П р и м е р 4.1. В схеме на рис. 4.1,а

Е=120 В, R1= R2=10 Ом, L=10 мГн. Опреде-

лить ток в цепи после замыкания ключа К.

Построить график зависимости i=f(t).

Р е ш е н и е. 1. Выбираем положитель-

ное направление для тока, как показано на

рис. 4.1 стрелкой и определяем ток до комму-

тации

i(0–)= 61010

120

21

RR

E А..

2. Записываем дифференциальное уравнение на основании зако-

на Кирхгофа для момента времени после коммутации R1i+Ldt

di=E.

3. Представляем искомый ток в виде суммы свободной и при-

нужденной составляющей i=iпр+iсв.

4. Записываем характеристическое уравнение и находим его

корни:

R1+pL=0 p=3

31 10

1010

10

L

R с

–1.

5. Решение для свободного тока ищем в виде

iсв=Aept

=Ae–1000 t

.

6. Находим принужденную составляющую тока переходного

процесса iпр=Е/R1=120/10=12 А.

7. Находим значение тока переходного процесса в момент t=0+

на основании первого закона коммутации

i(0+)= i(0-)=6 А.

8. Определяем постоянную инте-

грирования А

i(0+)=12+A=6, A= – 6.

9. Итак, во время переходного

процесса ток определяется уравнением

i(t)=12–6е–1000t

По полученному уравнению для тока i

строим график (рис. 4.1,б).

L R1

R2 E K

i i

Рис. 4.1,а

0

6

–6

12

2 4

i,А

t,мс

Рис. 4.1,б

i(t)

iпр

iсв


80

П р и м е р 4.2. Рассчитать ток в цепи

конденсатора и напряжение на конденсаторе

через время t=0,04 с после размыкания ключа

К (рис. 4.2,а), если Е=200 В, С=2 мкФ,

R1=R2=10 кОм.

Р е ш е н и е. 1.Задаем положительное

направление токов и определяем напряжение на конденсаторе до

коммутации иС(0–)=Е=200 В.


на Кирхгофа для цепи после коммутации i(R1+R2)+uC=0,

но i=dt

duC C , поэтому .0)( 21 C

C udt

duCRR


корни: р(R1+R2)C+1=0

2510)1010(102

1

)(

136

21

RRC

p с–1

.

4. Представляем напряжение на конденсаторе в виде свободной

и принужденной составляющих иС=иСсв+иСпр

5. Ищем свободную составляющую напряжения на конденсаторе

в виде иСсв=Аеpt

=Ае–25t

.

6. Находим принужденную составляющую напряжения на кон-

денсаторе иСпр=0.

7. Находим значение иС переходного процесса в момент t=0 на

основании второго закона коммутации

иС(0+)= иС(0–)=Е=200 В.

8. Определим постоянную интегрирования А

иС(0+)=0+А=200 В, А=200 В.

9. Теперь напряжение на конденсаторе равно

иС=200е–25t

.

10. Ток в цепи конденсатора равен

i=Cdt

duC = –210–620025e

–25t= –0,01e

–2t.

11. Напряжение на конденсаторе

через время t=0,04 с равно

иС(0,04)=200е–250,04

=200/е=73,6 В.

12. По полученным уравнениям

для тока и напряжения на конденсаторе

строим графики i(t) и иС(t) (рис. 4.2,б).

С

R1 R2 E

K

i

i

Рис. 4.2,а

иС

0

100

–0,01

0,04

i,А

t,с

Рис. 4.2,б

200

–0,005

uC,B

0,005

0,01

i(t)

uC(t)


81

П р и м е р 4.3. Найти токи в электрической цепи (см. рис. 4.3)

после коммутации, если Е=60 В, R1=400 Ом, R2=800 Ом, L=0,2 Гн,

С=2,5мкФ, иС(0–)=20 В.

Р е ш е н и е. 1. Выбираем положительные

направления для всех токов и напряжения на

конденсаторе (обозначаем их стрелками) и

определяем значения токов через индуктив-

ность и напряжения на конденсаторе до комму-

тации

A05,0800400

60)0(

212

RR

Ei , иС(0–)=20 В.

2. Представляем токи переходного процесса в виде двух состав-

ляющих – принужденной и свободной.

i=iпр+iсв

3. Находим принужденные составляющие токов и напряжения

на конденсаторе

B.4080005,0,0

A,05,0800400

60

21

23

2121

RR

ERui

RR

Eii

Спрпр

прпр

4. Находим корни характеристического уравнения из условия

Z(p)=0.

.c3000,c2000

,01200102

,0)(

,1

1)(

)(

12

11

24

21212

1

2

2

1

-- pp

pp

RRpRCRLpLCR

pCpLR

pCpLR

RpZ

5. Решение для свободных составляющих токов переходного

процесса ищем в виде tptp

св BeAei 21 .

6. Находим значения всех токов переходного процесса в момент

t=0+.

На основании первого закона коммутации имеем

С

R1

R2

E

K

i3

i1

Рис. 4.3

иС

L

i2


82

A.05,0800400

60)0()0(

2122

RR

Eii

На основании второго закона коммутации имеем

uC(0)= uC(0+)= uC(0–)=20 B.

Из схемы рис.4.3 находим на основании законов Кирхгофа i1(0),

i3(0). Имеем

A.05,01,0)0()0()0(

A,1,0400

2060)0()0(

213

11

iii

R

uEi C

7. Находим значения первых производных всех токов переход-

ного процесса в момент времени t=0. Для этого записываем систему

уравнений для схемы рис. 4.3

)4(.1

)3(,

)2(,0

)1(,

3

11

222

321

dt

du

Ci

EuRi

udt

diLRi

iii

C

C

C

Из уравнения (2)

,Ac1002,0

80005,020)0()0( 1-22

0

2

L

Riu

dt

di C

t

С учетом уравнения (4), продифференцировав (3), получим

.Ac504005,2

1005,0)0( 1-6

1

3

0

1

CR

i

dt

di

t

Продифференцировав уравнение (1), найдем

.Ac5010050 1-

0

2

0

1

0

3 ttt dt

di

dt

di

dt

di

8. Определяем постоянные интегрирования для тока i1

.21

111tptp

св eBeAi

При t=0 iсв(0)=i(0)–iпр=А1+В1=0,1–0,05=0,05,


83

A05,0 A,1,0

5030002000

05,0

,50

11

11

11

12110

1

BA

BA

BA

BpApdt

di

t

Аналогично для тока i2

A,1,0 A,1,0

10030002000

0

22

22

22

BA

BA

BA

и для тока i3

A.15,0 A,2,0

5030002000

05,0

33

33

33

BA

BA

BA

9. Записываем выражения для искомых токов:

i1=0,05+0,1e–2000t

–0,05e–3000t

,

i2=0,05–0,1e–2000t

+0,1e–3000t

,

i3=0,2e–2000t

–0,15e–3000t

.

10. Проверка правильности решения может быть осуществлена

из условия i1– i2– i3=0.

Можно убедиться, что при t0 всегда это равенство выполняется

0,05+0,1е–2000t

–0,05е–3000t

–0,05+0,1е–2000t

–0,1е–3000t

–

–0,2е–2000t

+0,15е–3000t

=0.

П р и м е р 4.4. Найти токи переходного

процесса в электрической цепи (рис. 4.4), если

Е=100 В, L=0,125 Гн, R1=R2=50 Ом, С=180 мкФ.

Р е ш е н и е. 1. Выбираем положительные

направления для всех токов и напряжения на

конденсаторе и определяем значения токов че-

рез индуктивность и напряжения на конденсаторе до коммутации

uC(0–)=E=100 B, i2(0–)=0,

2. Представляем токи переходного процесса в виде двух состав-

ляющих – принужденной и свободной, то есть

i(t)=iпр(t)+iсв(t).

С

R1

R2 E

K

i3

i1

Рис. 4.4

иС L

i2


84

3. Находим корни характеристического уравнения Z(p)=0:

.c155225

,01088,8510

,0)(

,01

1)(

)(

01

2,1

42

21212

1

2

2

1

jjp

pp

RRpRCRLpLCR

pCpLR

pCpLR

RpZ

-

4. Так как корни характеристического уравнения получились

комплексными, уравнения для токов переходного процесса ищем в

виде: i(t)=iпр+Ae–t

sin(0t+). (1)

5. Находим принужденные составляющие токов и напряжения

на конденсаторе:

B.50,0

A,15050

100

21

23

2121

RR

ERui

RR

Eii

спрпр

прпр

6. Находим значения всех токов переходного процесса в момент

времени t=0+ (или t=0 )на основании законов коммутации:

uC(0+)=uC(0–)= uC(0)=E=100 B,

i2(0–)=i2(0)=0,

,050

100100)0()0(

11

R

uEi C

i3(0)=i1(0)– i2(0)=0–0=0.

7. Находим первые производные всех токов в момент времени

t=0, для чего составим систему уравнений

)5(.

)4(,

)3(,

)2(,

3

321

222

11

dt

duCi

iii

uRidt

diL

EuRi

C

C

C


85

Продифференцируем уравнение (3):

.cA800125,0

500100)0()0( 122

0

2

L

Riu

dt

di C

t

Продифференцируем уравнение (2) и учтем уравнение (5):

.0)0(1

1

3

010

1 CR

i

dt

du

Rdt

di

t

C

t

Продифференцируем уравнение (4):

.cA8008000 1

0

2

0

1

0

3

ttt dt

di

dt

di

dt

di

8. Рассчитываем постоянные интегрирования, используя урав-

нение (1) при t=0:

sincos

,sin)0()0(

0

00

AAdt

di

dt

di

Aii

t

пр

t

пр

Так как ,0dt

diпр

то

.

sin

)0()0(,

)0()0(

)0()0(

0

0

пр

прt

пр iiA

iidt

di

iiarctg

Для токов i1, i2, i3 найдем соответственно

A.161,50sin2250cos155

800

A,864,3)15sin(

10A,761,1

6,34sin

10

,0)00(225800

)00(155

,15)10(225800

)10(155,6,34

)10(2250

)10(155

3

21

3

21

A

AA

arctg

arctgarctg

9. Выражения для переходного процесса имеют вид

i1(t)=1–1,761e–225t

sin(155t+34,6),

i2(t)=1+3,864e–225t

sin(155t–15),

i3(t)=–5,161e–225t

sin155t.


86

10. Проверка решения:

i1(t) –i2(t) –i3(t)=0.

для t = 0 1–7,161sin34,6–1+3,864sin15=0,

t = 1–1=0.

П р и м е р 4.5. Найти ток через сопро-

тивление R (рис. 4.5) после коммутации. Да-

но: Е=100 В, R=5 Ом, L=510–3

Гн, С=510–5

Ф.

Р е ш е н и е. 1. Принимаем положи-

тельные направления токов, как указано на

рис. 4.5, и определяем значения токов через

индуктивность и напряжения на конденсаторе

до коммутации

uC(0–)=0 B, iL(0–)=0 A.

2. Записываем искомый ток в виде суммы двух составляющих –

принужденной и свободной. i=iпр+iсв.

3. Составляем характеристическое уравнение и находим его

корни:

.c102

,011

,011

1

)(

1-32,1

2

2

p

LCp

CRpLCR

LCp

pLR

pCpL

pCpL

RpZ

4. Решение для тока i ищем в следующем виде

.)( 2,1

21tp

пр etAAii (1)

5. Рассчитываем принужденную составляющую тока i.

A.205

100

R

Eiпр

6. Согласно законов коммутации имеем иС(0)=иС(0–)=0,

iL(0)= iL(0–)=20 A.

Находим значение тока переходного процесса i в момент времени t=0

из уравнения i(0)R+uC(0)=E (1)

i(0) =( E- uC(0))/ R =20 A.

С

R

E

K

iL

i

Рис. 4.5

L

iС


87

7. Определяем значение первой производной тока i в момент

времени t=0, продифференцировав уравнение (1):

.000

tt

C

t dt

dE

dt

dui

dt

dR

Учтем при этом .и)0()0()0(dt

duCiiii C

CCL

Согласно первому закону коммутации запишем

iL(0)= iL(0–)=0, тогда iC(0)=i(0)=20 A,

A/c.1085105

20)0(

,0)0(

4

50

0

CR

i

dt

di

CR

i

dt

diR

C

t

C

t

8. Находим постоянные интегрирования из уравнения (1) при

t=0:

A/c.108,0102108

,2020

,

,)0()0(

421

2134

1

22,11

00

1

AAAA

A

ApAdt

di

dt

di

Aii

t

пр

t

пр

9. Записываем выражение для искомого тока переходного про-

цесса:

i(t) = 20 – 8104 te

–2000t.

10. Проверка правильности решения:

в момент t = 0 i(0)=20 A, в момент t = i()=20 A.

П р и м е р 4.6. Определить ток пе-

реходного процесса в электрической цепи

(рис. 4.6, а) после размыкания ключа К,

если и(t)=100sin(1000t+/4), R=10 Ом, С=

С2=100 мкФ, L=10 мГн.

С2

R

и(t)

K i

Рис. 4.6, а

иС

L

i1

R

С


88

Р е ш е н и е. 1. Выбираем положительные направления для

тока и напряжения на конденсаторе. Находим их значения до

коммутации:

.501051

,A2510

)1010(5100

,A520

100

Ом,20020)1010(10

)1010(101010

4545__

4545

_1

4545

__

jjmmC

jj

m

jj

Э

mm

Э

ejeCj

IU

j

jeeI

ee

Z

UI

jjj

jjjZ

Мгновенное значение .4

1000sin50,10sin25 _3

_1

tuti C

При t = 0- i1(0-) = 0 uC (0-) = 50sin(-π/4)= –35 В.


на Кирхгофа для моментов времени после коммутации:

).(1

tuidtCdt

diLRi

3. Представляем искомый ток в виде суммы принужденной и

свободной составляющих:

i=iпр+iсв.


корни:

.35005002

1041010

,01010,01

0

663

2,1

632

jjp

pppC

pLR

5. Таким образом, решение для свободного тока ищем в виде

.3500sin500 tAei tсв

6. Находим принужденную составляющую тока переходного

процесса, воспользовавшись комплексным методом


89

,10

1010

1101010

100

145

43

23

45

Аe

jj

e

CjLjR

UI j

jm

m

A.254

sin10)0(

,4

1000sin10

пр

пр

i

ti

7. После коммутации ток через индуктивность и напряжение на

конденсаторе по законам коммутации в момент времени

t = 0+ равны i1(0+)=i1(0-)=0,

uC (0+)= uC (0-)=50sin(-π/4)= –35 В.

8. Находим значение первой производной тока переходного

процесса в момент времени t = 0+

A/c.102751010

022545sin100)0()0()0(

),0()0()0(

2

30

L

Riuu

dt

di

udt

diLuRi

C

t

C

9. Определяем постоянные интегрирования из уравнений

,3500sin500

3500cos35004

1000cos1010

,3500sin4

1000sin10

500

5003

0

500

teA

teAtdt

di

tAetii

t

t

t

tсвпр

которые в момент t = 0 имеют вид

.21075sin500cos35002105

,0sin25

23 AA

A

Решение этих уравнений дает .25,2

A

10. Записываем окончательное выражение для тока переходного

процесса .3500cos254

1000sin10 500 teti t

С1

R

и(t)

i_

Рис. 4.6, б

иС

L

i1_

R

С i2_


90

так как при ,cos2

sin,252

ttA

а при .cos2

sin,252

ttA

П р и м е р 4.7. В схеме, показанной на рисунке 4.7,а, замыка-

ется рубильник К, который включает конденсатор С, предварительно

заряженный до напряжения иС(0–). Найти выражение для токов при

переходном процессе, если Е=60 В, R1=400 Ом, iL(0 )=0,05 A,

R2=800 Ом, L=0,2 Гн, С=2,5 мкФ, иС(0–)=20 В.

Р е ш е н и е. 1. Выбираем положительные направления токов и

определяем ток через индуктивность и

напряжение на конденсаторе до комму-

тации

i(0-)=E/(R1+R2)=0,05 А, uC (0-)=20 В.

2. Составляем операторную схему

замещения (см. рис. 4.7,б), найдя для

напряжения на каждом элементе элек-

трической цепи, соответствующее изоб-

ражение по Лапласу.

3. Рассчитываем электрическую цепь любым способом, напри-

мер методом контурных токов:

.)0(

)0(1

)())((

),0())(())((

222

2221

p

uLi

pCpLRpIpLRpI

Lip

EpLRpIpLRRpI

Cba

ba

Решая систему уравнений, определяем

.)(

)(

)(

))(0())0()0(()(

,)(

)(

)(

))0()0(()0()(

21212

1

22121

21212

1

2222

pF

pF

RRpLCRRpLCR

ERRRupELLuLiRCpI

ppF

pF

RRpLCRRpLCRp

EpCuRLiCERpCLuELCpI

bCCb

aCCa

4. Используя теорему разложения, находим искомые токи

pC

1

R1

R2

E

p

I3(p)

I1(p)

Рис. 4.7, б

pL

I2(p)

p

uC )0(

Li2(0)

Ib(p)

Ia(p)


91

.)(

))(()()(

,)(

))((

)0(

)0()()(

13

11

n

k

tp

k

kkbb

n

k

tp

kk

kkaaa

k

k

epF

pppFtiti

epFp

pppF

F

Ftiti

Находим нули функции F(p):

F(p)=210–4

p2+p+1200=0, p1=–2000 c

–1, p2=–3000 c

–1.

Далее вычисляем Fa(0) = 60, F(0) = 1200, Fa(p1) = –40,

Fa(p2) = –30, Fb(p1) = 0,04, Fb(p2) = 0,03.

.1,01,005,0)(

,15,02,0102)20003000(

03,0

102)30002000(

04,0)(

,05,01,005,0

)20003000(1023000

30

)30002000(1022000

400

1200

60)(

30002000312

30002000

4

3000

4

2000

3

30002000

4

3000

4

2000

tt

tttt

tt

tt

eeiiti

eeee

ti

ee

eeti

З а д а ч и

1.Определить значение тока i3(0)

в цепи сразу после коммутации, если

u=141sin(314t+450) B, R1 = 20 Ом,

R2 = 4 Ом, L = 19,1 мГн, C=300 мкФ

1) i3(0) = 7,5 A; 2) i3(0) = 10 A;

3) i3(0) = 0; 4) i3(0) = 2,5A; 5) i3(0) = 5 A.

2. Определить сопротивление R3, если в

момент коммутации напряжение

u3(0) = 100 B, u = 282 sin(ωt+450) B,

R1=5 Ом, L= 50 мГн, C = 100мкФ,

f = 50Гц, R2=4 Ом.

6) R3 = 10 Ом; 7) R3 = 20 Ом;

8) R3= 4 Ом; 9) R3 = 5 Ом; 10) R3= 8 Ом.

i1

u R3

R1 i3

R2

L

uL

C

u3

R1

u

R2

L C

R3


92

3.В цепи, представленной на рис., определить переходное

напряжение на индуктивности uL :

11) t

L

r

L eUu

; 12) t

r

L

L eUu 2

;

13) t

L

r

L eUu

2

; 14) t

L

r

L eU

u

2

2

;

15) t

L

r

L eUu

2

;

4.В цепи, представленной на рис, определить переходное

напряжение u1, если U = 100 B; R1 = 40 Ом,

R2 = 10 Ом, L1= 0,2 Гн, L2= 0,1 Гн, M = 0,1 Гн.

16) u1=(80 – 20 e – 100t

) B; 17) u1=(80 – 20e

– 500t) B;

18) u1=(80 + 20e – 500t

) B; 19) u1=(80 – 5 e – 125t

) B;

20) u1=(20 – 30e – 250t

) B.

5.Определить переходной ток i в цепи,

еслиE =200 B, R= 400 Ом, C1 = C2 = 5мкФ

21) i = 0,5e – 1000t

A; 22) i = 0,25e – 1000t

A;

23) i= 0,25e – 250t

A; 24) i= 0,5e – 250t

A;

25) i= 0,25e – 2000t

A.

U

i

R

ur

R

L

uL

M U

i R1

u1

R2 L2

L1

E

R

C1

i

C2


Documents

596.теоретические основы электротехники сборник задач учебное пособие