ТОЭ УП ч. 1

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

Пример 1

В цепи воздушного трансформатора известно, что X1 = X2 = 10 Ом; XC = 40 Ом. Коэффициент связи катушек kсв = 0,3.

Показание амперметра электромагнитной системы IA = 1 A.

Определить показание вольтметра той же системы.

Решение Запишемуравнениядлякаждогоконтурасучетомвзаимоиндуктивной

связи:	I1 jX1 −I 2 jX M =							U		,	(1)
									1
											(2)
I 2 j(X 2 − X C )−I1 jX M =0,
kсв =	X M	=	X M ; XM = kсв X1 = 3 Ом.
	X1 X 2		X1
Из второго уравнения принимаем начальную фазу I2 равной 0, тогда
	I 2 = Ie j0 =1A ;
I 1 =	I 2 j(X 2 −		X C )		=	1 j 6				= 2	A.
	jX M						j 3

Подставив I1 в (1) уравнение, имеем

2 j 10 – 1 j 3 = U1; U1 = j 17 B.

Показание вольтметра равно 17 B.

Пример 2

Показание амперметра электродинамической системы равно 10 А; X1 = X2 = 10 Ом; коэффициент связи катушек kсв = 0,5.

Определить показание вольтметра той же системы.

Решим задачу двумя методами:

X M = kсв X1 X 2 = kсв X1 = 5 Ом.

1. Без развязки индуктивных связей.	2. Сделаем развязку индуктив-
Комплексная схема без измеритель-	ных связей, учитывая, что ка-
ных приборов	тушки соединены разноимен-
(RA = 0, RV = ∞).	ными зажимами (§ 5.4).

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

Составим уравнение по II закону							Составим уравнение по II
Кирхгофа для правого контура с уче-						закону Кирхгофа для правого
том встречного включения:						контура, т. к. I2 = 0, то
I1 jX1 − I 2 jX M − I 2 jX 2 + I1 jX M =U V ;						U V = I1 j(X1 + X M )= j150 B .
т. к. I2 = 0, то						Решение получилось анало-
U V = I1 j(X1 + X M )=10 j15 = j150 B .						гичным.
Показание вольтметра равно 150 В.
Пример 3
							Показание амперметра
							электромагнитной системы
							равно 1 А;
							X1 = X2 = 20 Ом;
							XM = 10 Ом;
							XC = 10 Ом;
							R1 = 10 Ом.
							Определить показание
							вольтметра той же системы.

Решение Сделаем развязку индуктивных связей, катушки включены одно-

именными зажимами (§ 5.4).

Так как XM = XC ,

то j(XM – XC) = 0;

Получаем схему	I1 = I2, тогда
	U V = I1[R1 + j(X1 − X M )]=
	=1(10 + j10)=14,14e j45 B.
	Показание вольтметра равно 14,14
	В.

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

Пример 4

Дано: E =56,6e j45 = 40 + j40 , B;

J = 2e− j90 = − j2 A;

R=XL=XC=20 Ом; kсв=0,5.

Определить:

а) суммарную активную вырабатываемую мощность источников ЭДС и

тока Ри;

б) показание амперметра IA.

Решение

1. По второму закону Кирхгофа, с учетом встречного включения катушек, определим напряжение UJ и ток I2:

U J = J j(X L − X C ) − I 2 jX M ;
E = −J jX M + I 2 (R + jX L − jX C ) .
Тогда при XL=XC и	X M = kсв	X L X L =10 Ом получим
I 2 =	E + J jXM	= 40 + j40 +(−j2) j10	=
	R	20
60 + j40 =3+ j2 =3,605e j33,7 А;
20

U J = −I 2 jX M = −(3 + j2) j10 = 20 − j30 = 36,05e− j56,3 В.

2. Найдем комплексы полных вырабатываемых мощностей:

– источника ЭДС S E = E I 2 = (40 + j40) (3 − j2) = (200 + j40) ВА,

где его активная вырабатываемая мощность равна РЕ=200 Вт;

– источника тока S J =U J J = (20 − j30) j2 = (60 + j40) ВА,

где его активная вырабатываемая мощность равна РJ=60 Вт.

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

3. Определим искомую суммарную активную вырабатываемую мощность источников

Ри = РЕ + РJ = 200 + 60 = 260 Вт,

причемэтамощностьравнаактивнойпотребляемоймощностирезистораR

PП = I22 R = 3,6052 20 = 260 Вт,

что свидетельствует о правильности проведенных расчетов. 4. Найдем показание амперметра:

I A = I2 = 3,605 А.

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

Тема 6 ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ

6.1. Понятие о трехфазной цепи

Совокупностьтрех однофазныхцепейсодинаковойчастотой иодинаковымиЭДС, сдвинутымипофазена120°, называют трехфазной цепью.

В электроэнергетике, вследствие наибольшей экономичности и технического совершенства, применяются почти исключительно трехфазные цепи. Все звенья трехфазной цепи, начиная от генератора и кончая двигателем, были изобретены и разработаны известным русским инженером и ученым М.О. Доливо-Добровольским в 1888–1891 г. Обмотки генератора могут быть соединены по схеме “звезда” (схема 1) или “треугольник” (схема 2).

Мгновенные значения	Векторная диаграмма
фазных ЭДС	фазных ЭДС

Примем начальную фазу ψА = 0, т. е.
еА = Еm sinωt;	Вектора ЭДС образуют симметричную
еВ = Еm sin(ωt – 120°);	систему				Em
еС = Еm sin(ωt + 120°);	ЕА = Е, где Е =					;
в любой момент времени					2
еА + еВ + еС = 0.	ЕB = Ее–j120° = a2 ЕА;
Такой порядок чередования фаз, когда	ЕC = Ее	j120°		= a ЕА;
ЭДС фазы “В” отстает от ЭДС фазы “А”
на 120°, а ЭДС фазы “С” опережает, назы-	a = еj120°			– оператор симметричной
вается прямым.	системы векторов;
	а = –0,5 + j			3	; a2 = e j240 = e− j120 ;
				2
	ЕА + ЕВ + ЕС = ЕА (1 + а2 + а) = 0
	– сумма симметричной системы векто-
	ров равна 0.

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

6.2.Понятие о фазных и линейных величинах

Втрехфазной цепи различают токи и напряжения фазные (Iф, Uф) и линейные (Iл, Uл).

Схема 1		Схема 2
соединение “звезда–звезда”		соединение
с нулевым проводом ( – )		“треугольник–треугольник” ( – )

Фазные токи текут по обмоткам генератора или сопротивлениям нагрузки.

Фазные напряжения – на выходах обмоток генератора и нагрузок или между фазами и нулевым проводом (“землей” или “нейтралью”).

Линейные токи текут по линейным проводам от генератора к нагрузке.

Линейные напряжения – между линейными проводами или между фазами.

	Схема	Фазы		Фазные	Линейные
			токи Iф	напряжения Еф, Uф	токи Iл	напряжения Uл
	Сх. 1	AN, BN, CN;	IА, IB, IC	EА, EB, EC;	IА, IB, IC	UАB, UBC, UCA
		an, bn, cn		Ua, Ub, Uc
	Сх. 2	AB, BC, CA;	IАB, IBC, ICA;	EАB, EBC, ECA;	IА, IB, IC	UАB, UBC, UCA
		ab, bc, ca	Iab, Ibc, Ica	Uab, Ubc, Uca

Для схемы 1 Iл = Iф ; для схемы 2 Uл = Uф .

Zпр – сопротивление линейного провода;

N, n – нейтральные точки генератора и нагрузки;

ZN – сопротивление нейтрального провода;

IN – ток нейтрального провода;

IN = IА + IB + IC ;

UN – смещение нейтрали, показывает смещение нейтральной точки нагрузки n по отношению к нейтральной точке генератора N, которая находится всегда в центре тяжести равностороннего треугольника;

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

U N = ϕn −ϕN = IN ZN .

Векторная диаграмма фазных ЭДС генератора

EАB = EА – EB = EА(1 – а2) =

3	3		j30°
= EА(1 + 0,5 + j 2 ) = ЕА		е	;
EBC = EB – EC = EА(а2 – а) = ЕА 3 е–j90°;
ECA = EC – EA = EА(а – 1) = ЕА		3 еj150° .

UАB = EАB = ЕА 3 еj30°;	EАB = UАB;
Uл = 3 Еф	Uл = Uф
для схемы 1	для схемы 2

6.3.Расчет трехфазной цепи

Красчету трехфазной цепи могут быть применены все методы расчета однофазных цепей.

6.3.1. Симметричная цепь

Трехфазная цепь называется симметричной, если комплексные со-

противления фаз одинаковы.

1. Соединение “звезда–звезда” ( – ). Известно: Zпр; Zн = Zн еjϕн; ЕА = ЕА еjψА. Определить IА, IB, IC.

Так как генератор образует симметричную систему векторов ЭДС

и нагрузка симметричная, то токи IА, IB, IC тоже образуют симметрич-

ную систему, тогда IN = IА + IB + IC = 0, UN = IN ZN = 0, ϕn = ϕN. Следовательно, нет необходимости в нулевом проводе, т. е. ZN = ∞.

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

Расчет симметричной трехфазной цепи достаточно провести для одной фазы (любой), токи остальных фаз

определятся через оператор a = еj120°. По второму закону Кирхгофа для од-

ной фазы ЕА = IА(Zпр + Zн), тогда

.

Схема 3

I A = ZпрE+A Z н ; I B = a2 I A ; I C = aI A .

Векторная диаграмма токов и напряжений Падения напряжения в линейных про-

водах:

UпрА = IА Zпр = UAa,

UпрB = a2UпрA = UBb,

UпрC = aUпрA = UCc.

Фазные напряжения нагрузок:

Uа = IA Zн , Ub = a2Ua, Uc = aUa; напря-

жения Ua, Ub, Uc сдвинуты относительно своих токов IA, IB, IC на угол ϕн.

2. Соединение “звезда – треугольник” ( – ).

Известно:

ЕА = ЕА еjψА, Zн, Zпр.

Рассчитать токи:

IА, IB, IC – линейные;

Iab, Ibc, Ica – фазные.

Схема 4

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

Преобразуем “треугольник” abc в эквивалентную “звезду” сопро-

Z 'н = Z3н .

тивлений:

Получилась схема 5, расчет Схема 5 линейных токов IA, IB, IC рассмотрен

в п. 6.3.1.

По линейным токам определим фазные, предварительно определив фазное напряжение Uаb по II закону Кирхгофа:

Uаb = Uа – Ub = IА Z 'н – IB Z 'н ;

Iаb = U ab , Ibc = a2Iab; Ica = aIab,

Z н

тогда для узла “а” по I закону Кирхгофа определим линейный ток

IА = Iаb – Ica = Iab(1 – a) = Iab(1 + 0,5 – j 23 ) = Iab

3 е–j30°.

Векторная диаграмма

Для симметричной нагрузки

токов и напряжений

I A = I ab 3 e− j30

;

I л =

3 Iф

.

Следовательно, рассчитав линей-

ный ток IА, определим фазный Iab:

I ab =

I

A

e

j30

;

3

Ibc = a2Iab; Ica = aIab.

Если в схеме 4 Zпр= 0, тогда линейные напряжения равны фазным

напряжениям на нагрузках. Определив линейное напряжение

U

UAB =EA −EB =EA 3 e

j30

(§ 6.2), определим фазный ток

I ab =

AB

;

Z

н

тогда I A = I ab 3 e− j30 (§ 6.3.1). Остальные фазные и линейные токи

СметанинаР.Н, НосовГ.В,,ИсаевЮ.Н. «Теоретическиеосновыэлектротехники» часть1, 2009г

определяются через оператор a = e j120 .

Втрехфазной цепи построение векторных диаграмм следует на-

чинать с фазных ЭДС генератора EA, EB и EC, которые всегда образуют симметричную систему векторов. Таким образом, на диаграмме получа-

ем положение точек A, B, C и N. Затем строим векторы UAa, UBb, UCc под своими углами относительно положительной действительной оси комплексной плоскости, направляя их соответственно в точки A, B, C. В результате получим точки a, b, c.

Для схемы 3 остается соединить точки a, b, c с точкой N и полу-

чим фазные напряжения нагрузки Ua, Ub, Uc.

Для схемы 4 нужно соединить точки a, b, c и получим “треуголь-

ник” фазных напряжений нагрузки, направив стрелки напряжений Uab, Ubc, Uca соответственно в точки a, b, c.

Вэтих же осях строим лучевую диаграмму токов.

По диаграмме проверяем соответствие направления токов и напряжений характеру нагрузки (§ 3.7).

При соединении генератора “треугольником” (схема 2) достаточ-

но преобразовать линейные ЭДС в фазные: ЕА = EAB3 e− j30 , дальней-

ший расчет аналогичен рассмотренному в § 6.3.1.

6.3.2. Несимметричная цепь

Несимметричная трехфазная цепь имеет разные комплексные сопротивления фаз. Рассмотрим особенности расчета несимметричной цепи, соединение “звезда–звезда” ( – ).

1. С нулевым проводом, причем ZN = 0 (ключ “К” замкнут).

Известно:

ЕА, ZА, ZB, ZC.

Рассчитать: IА, IB, IC, IN.

___________________________________

Так как ZN = 0, то ϕN = ϕn, UN = 0, следовательно, фазные напряжения нагрузок

равны фазным ЭДС, т. е.

UА = EA; UВ = EВ; UС = EС,

	тогда
Схема 6	IА =	E A	; IВ =	E B	; IC =	E C	;
		Z A		Z B		Z C

IN = IА + IB + IC.