596.теоретические основы электротехники сборник задач ...
TRANSCRIPT
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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).
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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 .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
50
Токи в ветвях
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
Показания ваттметров
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Токи в ветвях
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Токи в ветвях
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
Показания ваттметров
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.
П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение проверим с помощью
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение проверим с помощью
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Показания ваттметров
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.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Показания приборов
.
.
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
Для первой гармоники
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.
Для третьей гармоники
j
+1
XL
XC
R
Z(1)
0 2
18
Рис. 3.21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
Р е ш е н и е. Источник питания со-
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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,
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
П р о в е р к а р е ш е н и я. Выполним проверку с использова-
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
Для первой гармоники
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
П р о в е р к а р е ш е н и я. Выполним проверку с использова-
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.
Р е ш е н и е. Источник питания со-
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Для третьей гармоники
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
Показания приборов
.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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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-
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
2. Записываем дифференциальное уравнение на основании зако-
на Кирхгофа для цепи после коммутации i(R1+R2)+uC=0,
но i=dt
duC C , поэтому .0)( 21 C
C udt
duCRR
3. Записываем характеристическое уравнение и находим его
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)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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,
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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.
2. Записываем дифференциальное уравнение на основании зако-
на Кирхгофа для моментов времени после коммутации:
).(1
tuidtCdt
diLRi
3. Представляем искомый ток в виде суммы принужденной и
свободной составляющих:
i=iпр+iсв.
4. Записываем характеристическое уравнение и находим его
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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_
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»