ТОЭ УП ч. 1

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

2. Без нулевого провода, ZN = ∞, ϕN ≠ ϕn, UN ≠ 0 (ключ “K” разомкнут).

UN рассчитаем по методу узловых потенциалов, приняв ϕN = 0 (§ 3.4):

UN =	E A Y A + E BY B + E C Y C		.
	Y A +Y B +Y C
Токи рассчитываем по обобщенному закону Ома:
IА = (ЕА – UN)YА;	IB = (ЕB – UN)YB;	IC = (ЕC – UN)YC.
Фазные напряжения нагрузки:
UA = EA – UN ,	UB = EB – UN ,	UC = EC – UN .

Векторные диаграммы

1. С нулевым проводом:
		2. Без нулевого провода:
IN = IА + IB + IC
		IА + IB + IC = 0

Вывод: нулевой провод выравнивает фазные напряжения нагрузок при несимметричной нагрузке. При несимметричной нагрузке и отключенном нулевом проводе происходит смещение нейтральной точки нагрузки n, что характеризуется величиной UN . Это приводит к несимметрии фазных напряжений на нагрузке UA, UB, UC. Чем больше ZN, тем больше UN , тем возможно большая несимметрия фазных напряжений.

Рассмотрим особенности расчета несимметричной цепи при соединении нагрузки “треугольником”.

1. При заданных линейных напряжениях UAB, UBC, UCA, когда ком-

плексные сопротивления линейных проводов равны нулю, т. е. Z пр = 0.

При соединении трехфазной цепи

треугольником следует помнить, что

если сопротивления линейных про-

водов равны 0, то линейные напря-

жения UAB, UBC, UCA являются одно-

временно фазными напряжениями

нагрузки. Поэтому фазные токи лег-

ко определить по закону Ома для

участка цепи:

Схема 7

I AB =

U

AB

;

I BC =

U

BC

;

I CA =

U CA

.

(*)

Z AB

Z BC

Z CA

А линейные токи определяются по I закону Кирхгофа:

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

IA = IAB – IBC; IB = IBC – IAB; IC = ICA – IBC.

2. При заданных фазных ЭДС ЕA, ЕB, ЕC, когда комплексные сопротивления линейных проводов неравны нулю, т. е. Z пр ≠ 0 , необходимо:

а) преобразовать “треугольник” abc в эквивалентную “звезду” и рассчитать напряжение смещения нейтралей UN (§ 6.3.2);

б) по обобщенному закону Ома

рассчитать линейные токи IA, IB, IC

(§ 6.3.2);

в) по второму закону Кирхгофа

рассчитать фазные напряжения Uab,

Ubc, Uca (§ 6.3.1, п. 2);

Схема 8

г) по закону Ома рассчитать фаз-

ные токи нагрузки:

I ab =

U

ab

; I bc

=

U

bc

;

I ca =

U

ca

.

Z ab

Z bc

Z ca

6.4.Мощность трехфазной цепи

6.4.1.Симметричная цепь

Рu = 3Рф = 3ЕфIф cosϕ =	3 UлIл cosϕ;
Qu = 3Qф = 3ЕфIф sinϕ =	3 UлIл sinϕ.

6.4.2. Несимметричная цепь

Рu = ЕAIA cosϕA + EBIB cosϕB + ECIC cosϕC; Qu = ЕAIA sinϕA + EBIB sinϕB + ECIC sinϕC.

Мощности нагрузок Рп и Q п рассчитываются, как в однофазной цепи. Баланс мощностей записывается аналогично:

Рu = Рп; Qu = Qп.

6.5. Измерение активной мощности трехфазной цепи

Активная мощность участка цепи P = UI cos UI , где U и I – ком-

плексы действующих значений напряжения и тока участка цепи. Для измерения активной мощности служит ваттметр, у которого

две обмотки: токовая – включается последовательно (как амперметр) и

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

напряжения – параллельно участку цепи (как вольтметр). Одноименные зажимы ваттметра обозначают звездочками (*).

При записи показаний ваттметра следует обращать внимание на положение звездочек по отношению к току или потенциалам схемы.

Рассмотрим два случая.	б)
а)

	U
P = UabI cos		ab I	= Re(Uab I ),

I – сопряженный комплекс тока.

	U
P = UbаI cos		ba (−I )		= Re[Ubа(–

I )];

Uba = –Uаb.

Вуравнениях I берется с плюсом, если на схеме стрелка тока входит

водноименный зажим (*) (а), и с минусом, если ток выходит из зажима

(*) (б).

Схема

Измеряемая мощность

1. С нулевым проводом

Р = Р1 + Р2 + Р3 =

A

I

A

= UАIА cos U

+

B

I

B

+ UВIВ cos U

+

C

I

C

+ UСIС cos U

.

Примечание. В случае сим-

метричной цепи достаточно

включить один ваттметр, а

результат утроить.

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

2. Без нулевого провода	Р = Р1 + Р2 ,
	Р1	= Re(UАВ I А) =
	= UАВIА cos		U	AB		I A ;
	Р2	= Re(UСВ I С) =

= UСВIС cos U CB I C ;

UСВ = –UВС .

Возможны две другие схемы включения ваттметров.

Примечание. В случае симметричной цепи достаточно включить один ваттметр, а результат удвоить.

Пример 1 В симметричной трехфазной цепи известно:

U AB =173e j60 В;	R = 25 Ом;
XL = 24 Ом;	XС = 72 Ом.

Определить показания ваттметров, активную потребляемую цепью мощность и напряжение uab(t) между точками a и b .

Решение

1.Преобразуем “треугольник” сопротивлений abc в эквивалентную «звезду» с сопротивлениями X C ' = XC 3 = 24 Ом.

2.По заданному линейному напряжению найдем фазную ЭДС:

	EA =	U AB	= 173e j60			=100e j30	В.
		3 e j30	3 e j30
	3. Найдем линейные токи:
	I A =	EA		=		100e j30	= 4e j30 А;
		R + jX L − jX C'			25	+ j24 − j24

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

I B = a2 I A = e− j120

4e j30

= 4e− j90

А;

I C = aI A = e j120

4e j30

= 4e j150

А.

4.

Определим фазные токи “треугольника” abc:

I ab =

I A

e

j30

=

4e j30

e

j30

= 2,31e

j60

A;

3

3

I bc = a2 I ab = 2,31e− j60

A; I ca = aI ab = 2,31e j180 = −2,31 A.

5.Найдем приложенные к ваттметрам напряжения: а) к первому ваттметру –

U AC = −U CA = −aU AB = −e j120 173e j60 = −173e j180 =173 В;

б) ко второму ваттметру –

		U	BC = a2	U	AB = e− j120 173e j60 =173e− j60				В.
	6. Определим показания ваттметров:
						U
	P1 =UAC IA cos(						AC	I A ) =UAC IA cos(ψAC	−ψA ) =
			=173 4 cos(0 −30 ) = 600 Вт;
	P2 =UBC IB cos(U BC							I B ) =UBC IB cos(ψBC	−ψB ) =
			=173 4 cos(−60 + 90 ) = 600 Вт,

тогдасуммапоказанийваттметровравна P = P1 + P2 = 600 + 600 =1200 Вт. 7. Найдем активную потребляемую цепью мощность:

РП = 3(IA )2 R = 3 42 25 =1200 Вт,

т. е. расчет проведен верно, т. к. Р=Р1+Р2=РП.

Действительно, для измерения активной мощности симметричной трехфазной цепи, достаточно включить один ваттметр и удвоить его показание.

8.Найдеммгновенноезначениенапряженияuab(t) междуточкамиa иb: а) комплекс этого напряжения можно рассчитать по закону Ома

U ab = I ab (− jX C ) = 2,31e j60 72e− j90 =166,3e− j30 В;

б) комплекс этого напряжения можно рассчитать по второму закону Кирхгофа

U ab = I A (− jX C' ) − I B (− jX C' ) = (I A − I B ) (− jX C' ) =

=(4e j30 −4e− j90 ) (−j24) =(3,46+ j2 + j4) (−j24) =144− j83=166,3e− j30 В;

в) в результате мгновенное значение искомого напряжения равно

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

uab (t) =166,3 2 sin(ωt −30 ) = 234,5sin(ωt −30 ) В.

Пример 2

К симметричному трехфазному генератору подключена нагрузка, соединенная «звездой». Токи во всех фазах одинаковы

по 1 A; Eф = 100 В.

Определить показание ваттметра.

Решение Показания ваттметра

P

*

=U

I

= Re U

− I

cos U

(− I

) .

W

AB

N

AB

N

AB

N

Знак (–) означает, что ток IN выходит из зажима (*). Для определения тока IN построим векторную диаграмму напряжений и токов, учитывая, что нагрузка несимметричная. Сначала строим диаграмму фазных ЭДС.

Так как в схеме есть нулевой провод, в который включен ваттметр, потенциалы точек N и n одинаковы, поэтому строим токи IA, IB, IC от-

носительно своих ЭДС, учитывая характер на-

грузки.

Ток в нулевом проводе определяем по I закону Кирхгофа

IN =IA+IB+IC.

Сложение можно провести графически, построив векторы токов в мас-

штабе, а можно аналитически, записав комплексы токов IA, IB, IC. Для

этого, выбрав оси комплексной плоскости, запишем каждый ток:

IA=1 A;	IB=1 e j150		A; IC=1 e− j150 A.
Тогда IN =1 + 1 e j150 + e− j150	=1 –	5	+ j 0,5 −	3	− j 0,5 = −0,73 A .
		2		2

Напряжение UAB определим по формуле (§ 6.2) с учетом векторной диа-

граммы:

U AB =100 3e j30 ;
	–IN = 0,73 A; – I N =0,73 A.

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

Определяем показания ваттметра:
P		j30		=100 3 0,73 cos30	=110 Вт.
	= Re 100 3e		0,73
W

Показание ваттметра равно 110 Bт.

Пример 3

Система фазных ЭДС симметрична:

Eф = 100 В; XL = XC = R = 50 Ом.

Определить показания приборов электродинамической системы для двух случаев:

1) в исходной схеме;

2) если произойдет обрыв провода в точке М.

Полагать RV = ∞, RA = 0.

Решение 1. Расчет в исходной схеме.

Так как RV = ∞, следовательно, в цепи нет нулевого провода, а значит, произойдет смещение точки n относительно точки N, т. е. появится

напряжение UN .

Определим UN (уравнение § 6.3.2):

U N =

EA Y A + EBY B + ECY C

;

EA = E;

EB = a2E; EC = aE,

где

Y A +Y B +Y C

1

1

1

Y A =

= − jY; Y B =

=Y; Y C =

= jY.

R

− jX C

Определим

jX L

E(− jY )+ a2 EY + aEjY

3

3

U

N =

− jY +Y + jY

= E

− j −0,5 − j

2

−

2

− j 0,5

=

= (−1,366 − j 2,366)E = 273e− j120

B.

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

Построим диаграмму фазных ЭДС 1 генератора и найдем положение точки n, отложив из точки N в масштабе вектор UN. Соединив точку n с точками A, B, C, получим диаграмму фазных на-

пряжений нагрузки UA, UB, UC.

Так как вольтметр включен между точками N и n, он покажет 273 В:

							UV = 273 B.
					Определим ток IB, используя
				обобщенный закон Ома (§ 3.4):
U B = EB −U N	=100e− j120 − 273e− j120 =173e j60 B ;
	U B		173e j60				j60
I B =		=				= 3,46e		A.
	R		50

Показание амперметра равно 3,46 А.

2. Расчет при обрыве провода в точке М.

Так как произошел обрыв фазы А, сопротивление этой фазы стало равным ∞, следовательно, YA = 0, тогда

U N = EBY B + ECY C = Y B +Y C

EY e j240

=

Y 2e

Показание вольтметра – 136 В. Определим ток IB:

+e j210

= −136,6 B.

j45

I B =	EB −U N	=	100e− j120 +136	= 2,45e	− j45	A .
	R		50

Показание амперметра равно 2,45 А.

Результаты расчета наглядно продемонстрированы векторной диаграммой.

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

Пример 4

В заданной схеме система линейных напряжений симметрична и

X L = X C = R 3 .

Определить показание вольтметра V2, если известно показание вольтметра

V1 = 100 В (приборы электромагнитной системы).

Решение

Показание V2, т. е. напряжение UV можно определить по II закону Кирхгофа:

U V = I CA R + I AB R = R(I CA + I AB ).

Учитывая соотношение (*), определим токи

I AB =		U AB			;
	R − jX C
I СA =			U	СA	.

R + jX L

Приняв

U AB =U e j0 =U л ,

тогда

U СA =U AB e j120 =Uл e j120 ,

где Uл – линейное напряжение, соответствующее показанию V1, отсюда

			100 e	j120		100
	U V = R				+				=
			R + jR 3			R − jR	3

=100 (0.25 + j0.45 + 0.25 + j0.43)=100 e j60 B.

Показание вольтметра V2 равно 100 B. Пример 5

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

В заданной цепи система линейных напряжений генератора симметрична.

Все фазные токи одинако-

вые – по 1 А; XC = 100 Ом. Определить реактивную

мощность трехфазной цепи.

Решение

Это симметричная трехфазная цепь, в ней емкости соединены «треугольником», а резисторы «звездой».

Для расчета построим топографическую диаграмму напряжений, совмещенную с лучевой диаграммой токов, только для узла В.

Токи IAB и IBC емкостные, они опережают свои напряжения UAB и UBC на 90°. Ток I 'B – активный, он совпадает по фазе с напряжением UB.

Показание ваттметра определится как

P

*

I

I

= Re U

I

=U

cos U

.

W

AC

B

AC

B

AC

B

Ток IB = IBC + I 'B − I AB .

Выбираем положительное направление осей. Ток IB можно определить из векторной диаграммы, учитывая, что

I BC + I B' =1 e− j60 ; I B =1 e− j60 −1 e j120 = 2 e− j60 А.

Ток IB – линейный, можно обозначить Iл.

Построим на диаграмме UAC = – UCA. Угол между векторами IB и UAC равен 30°.