ПОСОБИЕ ЧАСТЬ 2 -цепи переменного тока

u1(t) 141,64				2 sin t 65,2			B,	u4(t) 48,64	2	sin t 69,93	B,
u2(t) 100	2		sin t 15,68				B,	u5(t) 48,64	2	sin t 69,93	B.
u3(t) 107,7					sin t 42,43 B,
			2

На рис. 2.2.9.б построена ВД токов и напряжений в комплексной плоскости в масштабах МI = 4 A/см, МU = 20 B/см.

Для узлов и контуров схемы замещения на рис. 2.2.9.а запишем 1-й и 2-й законы Кирхгофа в комплексной форме и проверим правильность построения ВД:

				5,89 j6,24 9,02 j4,35 14,9 j1,89 A,
I1	I2	I3
				3,6 j1,21 5,39 j3,13 9 j4,34 A,
I3	I4		I5
U U1 U2 59,41 j128,58 96,28 j27,03 155,28 j155,61 B,

U2 U3 U4 79,49 j72,66 16,72 j45,68 96,21 j27 B.

Построим последовательную и параллельную эквивалентные схемы замещения. Последовательная схема замещения изображена на рис 2.2.9.в.

Эквивалентное комплексное сопротивление последовательной схемы замещения:

Z	э	Z Z	2345	14,65ej37,79	11,58 j8,98 Ом
		1
Откуда		Rэ 11,58Ом – активное, а				ХLэ 8,98Ом – реак-

тивное сопротивление схемы замещения (т.е. цепь активноиндуктивный характер), т.к. фазовый сдвиг между током и

напряжением arctg

ХLэ

37,79 > 0.

Rэ

Рис. 2.2.9.в

Эквивалентная индуктивность схемы: LЭ

ХLэ

ХLэ

8,98

28,6

мГн,

2 f

314

где f 50Гц – частота переменного напряжения.

sin t 7,21 A.

Мгновенное значение входного тока: i1(t) 15,02

2

Мгновенное значение входного напряжения: u(t) 220

sin t 45

B

2

Мгновенное значение входного напряжения имеет две составляющие:

– мгновенную активную: ua(t) Uma sin t ua 245,98sin t 7,21 B,

где: Uma ImRэ 245,98 B – амплитуда активной составляющей напряжения; ua i 7,21 – начальная фаза активной составляющей напряжения;

– мгновенную реактивную:

up(t) Ump sin t up 190,75sin t 97,21 B,

где: Ump ImXэ 190,75 B – амплитуда реактивной составляющей напря-

жения; up 97,21 – начальная фаза реактивной составляющей напряжения.

81

Мгновенная мощность:

p t u(t) i1(t) 2202sin t 45 15,022sin t 7,21

3304,4 cos37,79 cos 2 t 52,21 .

Активная составляющая мгновенной мощности:

pa t ua(t) i1(t) 245,98sin t 7,21 15,022 sin t 7,21

2611,98 1 cos 2 t 14,42 .

Реактивная составляющая мгновенной мощности:

pp t up(t) i1(t) 190,75sin t 97,21 15,022sin t 7,21

2025,9sin 2 t 14,42 .

Графики	i1 t ,
u t ,	ua t ,
up t ,	пред-
ставлены	на

рис. 2.2.9.г.

Рис. 2.2.9.г

Графики	p t ,
pa t ,	pp t ,

представлены на рис. 2.2.9.д.

Рис. 2.2.9.д

Параллельная схема замещения изображена на рис 2.2.9.е.

Полная комплексная проводимость параллельной схемы замещения может быть найдена через комплексное сопротивление последовательной схемы

82

замещения: Yэ

1

Zэ

Рис. 2.2.9.е

1

0,068e j37,79 0,054 j0,042

Cм.

14,65ej37,79

Отсюда Gэ 0,054 Cм – активная проводимость схемы за-

мещения, (соответственно Rэ

1

18,52

Ом);

Bэ 0,042

Cм –

Gэ

реактивная проводимость схемы заме-

щения и фазовый сдвиг между током и напряжением, (со-

ответственно ХLэ

1

23,8

Ом); arctg

Bэ

37,79 ;

Bэ

Gэ

эквивалентная индуктивность схемы и частота источника:

LЭ	ХLэ		ХLэ		23,8	75,8 мГн,	f 50 Гц.

2 f 314

Мгновенное значение входного напряжения и тока:

u(t) 220	2 sin t 45 B,		i1(t) 15,02	2 sin t 7,21 A.

Мгновенное значение входного тока будет иметь две составляющие (по 1- му закону Кирхгофа для мгновенных значений i(t) ia(t) ip(t) или в ком-

плексной форме I1 Ia Ip:

– активную: ia(t) Ima sin t ia 11,88 2 sin t 45

A,

где:

Ima UmGэ 16,8

A

–

амплитуда

активной

составляющей

то-

ка; ia u 45 ;

– реактивную: ip(t) Impsin t ip 9,24

sin t 45

A,

2

где:

Imp UmBэ 9,24

A

– амплитуда

реактивной

составляющей

то-

2

ка; ip u 45 – начальная фаза реактивной составляющей тока.

Мгновенная мощность:

p t u(t) i1(t) 2202sin t 45 15,022sin t 7,21

3304,4 cos37,79 cos 2 t 52,21 .

Активная составляющая мгновенной мощности:

pa t u(t) iа(t) 2202 sin t 45 11,882 sin t 45

2613,6 1 cos 2 t 90 .

Реактивная составляющая мгновенной мощности:

pp t u(t) iр(t) 2202sin t 45 9,242sin t 45 2032,8sin 2 t 45 .

83

Графики u t ,

i t ,	ia t ,
ip t	пред-

ставлены на рис. 2.2.9.ж.

Рис. 2.2.9.ж

Графики p t ,

pa t ,

pp t

представлены на рис. 2.2.9.з.

Рис. 2.2.9.з

Задача 2.2.10 Используя законы Ома и Кирхгофа, определить для цепи, представленной на рис. 2.2.10, токи в ветвях, величину ЭДС и показание вольт-

метра		электромагнитной системы,		если: IA 2 A,	Z1 4 j3	Ом,
Z2	8 j6 Ом,		Z3 2 j6 Ом,	Z4 5 j20 Ом,	Z5 3 j4	Ом,
Z6	5	Ом.

РЕШЕНИЕ:

Зададим направление токов в ветвях так, чтобы они совпадали с направлением ЭДС источника.

Т.к. приборы электромагнитной системы измеряют действующие значения, то амперметр А покажет действующее значение тока I6.

Предположим, что начальная фаза тока I6 IА равна нулю, тогда

I6 2 А.

Рис. 2.2.10

84

Зная комплекс тока I6 найдем напряжение между узлами "2" и "3":

		2 5 10 B,
U23	I6 Z6

Тогда комплекс тока в параллельной ветви:

U23

10

1,2 j1,6 2e

j53,13

I5

A.

Z5

3 j4

На основании 1-го закона Кирхгофа находим ток I4:

3,578e

j26,565

I4 I5 I6

1,2 j1,6 2 3,2 j1,6

A.

Запишем 2-й закон Кирхгофа для контура "2 – 3 – 4 – 1 – 2":

Z2

Z3 0,

I4 Z4 U23

I2

откуда найдем ток

I2

I3:

3,2 j1,6 5 j20 10

j94,764

I4Z4 U23

0,6 j7,2 7,225e

I2

I3

Z2

Z3

8 j6 2 j6

A.

По 1-му закону Кирхгофа для узла "4" находим комплекс тока в первой

ветви:

0,6 j7,2 3,2 j1,6 2,6 j8,8 9,176е

j73,54

I1 I2

I4

A.

Зная значения токов I1

и I2, определим величину ЭДС Е

в соответствии со 2-м

законом Кирхгофа, составленным для контура "1 – 4 – 2 – 1" (где

I2 I3):

Z3 2,6 j8,8 4 j3 0,6 j7,2 8 j6 2 j6

Е I1Z1 I2 Z2

22 j115 117,085ej100,83

В.

Проверим правильность расчета цепи с помощью, составления уравнения

баланса комплексных мощностей источника SИСТ и приемников SH (нагрузки):

*

S

ИСТ EI1 22 j115 2,6 j8,8 954,8 j492,6 1074,383ej27,29 BA,

S

H

I

2 Z I

2 Z

2

Z

3

I

2Z

4

I

5

2 Z

5

I

6

2Z

6

9,1762

4 j3

1

1

2

4

7,2252

8 j6 2 j6 3,5782

5 j20 22 3 j4 22 5 954,8 j492,6

1074,383ej27,29

BA.

Баланс сошелся, следовательно, ЭДС и токи в ветвях найдены верно. Вольтметр V показывает действующее значение напряжения между узла-

ми "1" и "3". Определим его показание как напряжение U13 :

U13 I2Z2 I4Z4 0,6 j7,2 8 j6 3,2 j1,6 5 j20 32 j1836,175e j150,642 B.

Тогда, показание вольтметра будет равно модулю комплексного напря-

жения: UV U13

36,175 B.

2.3 Задачи для самостоятельного решения

Задача 2.3.1 Записать в показательной и алгебраической формах комплексные амплитуды напряжений и токов:

85

а)u(t) 141sin( t 45 ) В,	б) i(t) 2sin( t 60 ) A,
в) u(t) 100sin( t 120 ) B,	г) i(t) 0,6sin( t 135 ) A.

Задача 2.3.2 Разложить на вещественную и мнимую составляющие следующие комплексные числа:

а) 6ej100 , б) 0,07e j290 , в) 10ej210 , г)1,4ej350 , д) 1e j177,5 , е)12,5ej93,1 .

Задача 2.3.3 Найти модуль и аргумент следующих комплексов:

а) 300 j100,

б) j5,2,

в) 20 j70,

г)9 j0,5,

д) 100 j3,

е) 0,003 j0,0002,

ж) j15.

Задача 2.3.4 Напряжение на зажимах двухполюсника и ток в нем заданы

в комплексной форме. Найти мгновенные значения этих величин.

j

А;

В,

3

А;

д) U 40 j80

В, I 1 j2

а) U 110

I 5e

j

j

А;

6

4

А;

е) U 40 j80

В, I 2 j1

б) U 110e

В, I 4e

j37

j53

А;

А.

в) U 200e

В, I 2e

ж) U 60 j80

В, I 4 j3

В,

А;

г) U 300

I 5 j5

Задача

2.3.5

На

входе

пассивного

двухполюсника

напряже-

ниеu(t) 100

i(t) 10

2sin t 120 и ток

2sin t 66,9 . Определить ком-

плексные сопротивления Z, проводимость Y эквивалентных схем замещения двухполюсника. Чему равен сдвиг фаз между напряжением и током? Рассчитать параметры и построить ВД для схем замещения двухполюсника.

Задача 2.3.6 Известны параметры параллельной схемы замещения пассивного двухполюсника: R = 3 Ом, ХС = 4 Ом. Опредеить параметры последовательной схемы замещения двухполюсника.

Задача 2.3.7 Линия передачи электрической энергии обладает резистивным сопротивлением RЛ = 8 Ом и индуктивным сопротивлением ХLЛ = 6 Ом. В конце линии подключен приемник энергии, потребляющий мощность P = 60 кВт, при напряжении U2 = 2 кВ и cosφ2 = 0,8 (φ2 > 0). Определить входное напряжение U1 и вычислить КПД линия передачи электрической энергии.

Задача 2.3.8 Резистор R и конденсатор С соединены параллельно. Опре-

деить их параметры, если входное напряжение u(t) 602sin t 30 и вход-

ной ток i(t) 32sin t 23,1 . Частота питающей сети f = 50 Гц.

86

Задача 2.3.9 К источнику с напряжением u(t) 2202sin t подключены два последовательно соединенных сопротивления, полные комплексные сопротивления которых: Z1 5 j5 Ом, Z2 10 j8 Ом. Каким должно быть значение емкостного сопротивления ХС, шунтирующее сопротивление Z2 , чтобы напряжение и ток на входе цепи совпадали по фазе. Опредеить все токи в цепи и проверить правильность расчета с помощью баланса мощностей.

Задача 2.3.10 В электрических цепях, представленных на рис. 2.3.10.а – 2.3.10.в, вычислить все токи и напряжения на приемниках, построить ВД напряжений, проверить расчет цепи на основании баланса мощностей, если из-

вестны параметры для схемы:
а) u(t) 20sin(1000t) B, R = 5 Ом, XL = 8 Ом, XC = 4 Ом;
б) u(t) 15sin(1000t 30 ) B, R1 = 3	Ом, R2 =4 Ом, R4 = 2	Ом, XL4 = 3	Ом,
XC1 = 10 Ом, XC2 = 8 Ом, XC5 = 4 Ом;
в) u(t) 100sin(500t 135 ) B, R1 = 4	Ом, R2 =10 Ом, R3 = 8	Ом, R4 = 3	Ом,
R5 = 5 Ом, XL2 = 5 Ом, XL4 = 6 Ом, XC1 = 8 Ом, XC3 = 5 Ом, XC5 = 4 Ом.
г) u(t) 50sin(314t 45 ) B, R1 = 10	Ом, R2 =5 Ом, R3 = 5	Ом, R4 = 3	Ом,
R5 = 6 Ом, XL1 = 12 Ом, XL4 = 10 Ом, XL5 = 2 Ом, XC1 = 4 Ом, XC3 = 5 Ом.

Рис. 2.3. 10.а

Рис. 2.3. 10.б

Рис. 2.3. 10.в

Рис. 2.3. 10.г

87

3 РАСЧЕТ СЛОЖНЫХ ЦЕПЕЙ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА

3.1 Примеры расчета сложных электрических цепей

Задача 3.1.1 Два генератора, соединены параллельно и питают общий

приемник Z (рис. 3.1.1.) ЭДС генераторов: Е1 400 В,	Е2 400e j15 В, их
внутренние сопротивления одинаковы Z0 0,04 j0,2	Ом, сопротивление

приемника Z 2,4 j3,2 Ом. Требуется определить все токи и проверить из расчет составлением баланса активной мощности. Задачу решить, используя: 1) Метод уравнений Кирхгофа; 2) Метод контурных токов; 3) Метод узловых потенциалов; 4) Метод наложения.

РЕШЕНИЕ:

Выразим исходные параметры в алгебраической и показательной формах записи:

Е1	400	B, Е2 400e j15	386 j104 B,
Z0	0,04 j0,2 0,204ej78,7		Ом,
Z 2,4 j3,2 4ej53,1 Ом.

Рис. 3.1.1

1) Метод уравнений Кирхгофа.

Произвольно задаемся направлением токов в ветвях (рис 3.1.1) и запишем систему уравнений на основании законов Кирхгофа:

							(1)
I1		I2		I 0;
							; (2)
Z0I1			Z0I		2 Е1	Е2
							(3)
Z0I2			ZI Е2.

(4).

Из (1) найдем: I I1

I2

и подставив в (3), получим: ZI1

(Z0 Z)I2

Е2

Решая совместно (2) и (4) относительно токов I1 и

I2 , получим:

Е1 Е2

Z0

Е2

Z0 Z

(Z0 Z)Е1 ZЕ2

(2,44 j3,4) 400 (2,4 j3,2) (386 j104)

I1

Z0

Z0

Z02 2Z0Z

0,2042 ej157,4 2 0,204ej78,7

4ej53,1

Z

Z0 Z

280 j26 280e j5,31

A,

Z0

Е1 Е2

Z0 Z

Е2

(Z0 Z)Е2 ZЕ1

(2,44 j3,4) (386 j104) (2,4 j3,4) 400

I2

Z0

Z0

Z02 2Z0Z

0,2042 ej157,4 2 0,204ej78,7

4ej53,1

Z

Z0 Z

234 j59 242e j165,8

A,

j61,4

46 j85 96,7e

Тогда ток приемника: I I1 I2

A.

Проверим расчет токов составлением баланса активной мощности:

88

	*	*		Re 400 (280 j26) (386 j104) ( 234 j59)
PИСТ Re Е1	I1 Е2 I		2
400 280 386 234 104 59 27800 Bт,
PН RI2 R0I12		R0I22		2,4 96,72 0,04 2802 0,04 2422	27,900 Вт.

Баланс активной мощности сходится с относительной ошибкой:

		PН PИСТ	100%	0,1	100% 0,363%,
		0,5 (PН PИСТ)		0,5 (27,8 27,9)

что вполне допустимо для инженерных расчетов.

2) Метод контурных токов.

Зададимся направлением контурных токов

(рис 3.1.1.а) и запишем их решение в об-

щем виде с помощью определителей:

Е

Z

Z

Е

11

12

11

11

Е22

Z22

Z21

Е22

I11

Z Z

, I22

Z Z

,

Рис. 3.1.1.а

11

12

11

12

Z21

Z22

Z21

Z22

где: Z

2Z

0

0,08 j0,4 0,408ej78,7

Ом – комплекс собственного сопро-

11

Z22 Z0 Z 2,44 j3,4 4,19ej54,4

тивления первого контура;

Ом – ком-

плекс

собственного

сопротивления

второго

контура;

Z

Z

21

Z

0

(0,04 j0,2) 0,204e j101,3 Ом –

комплекс взаимного со-

12

14 j104 105ej82,3

противления;

Е11 Е1

Е2

B

– комплекс

контурной

ЭДС 1-го контура; Е22

Е2

400e j15

386 j104

B – комплекс контурной

ЭДС 2-го контура.

Z

22

Е11 Z

Е22

(2,44 j3,4) (14 j104) (0,04 j0,2) (386 j104)

12

I11

Z

Z

22

Z

2

(0,08 j0,4) (2,44 j3,4) (0,04 j0,2)2

11

12

280e j5,7 280 j28

A,

Z

Е

22 Z

21

Е11

(0,08 j0,4) (386 j104) (0,04 j0,2) (14 j104)

11

I22

Z

Z

22

Z

2

(0,08 j0,4) (2,44 j3,4) (0,04 j0,2)2

11

12

96,5e j60,8 47 j84,3 A.

Истинные токи:

j60,8

280e

j5,7

A,

96,5e

A,

I1 I11

I I22

j166,4

A.

I2

I22

I11 47 j84,3 280 j28 233 j56,3 240e

Решение задачи методом контурных токов дает практически те же результаты, что и метод уравнений Кирхгофа.

89

3) Метод узловых потенциалов.

0) (рис.

Потенциал узла "0" примем равным нулю ( 0

3.1.1.б)

и

рассчитаем

потенциал

узла

"1"

1, т.е. фактически узловое напряжение между узлами "1"

и "0":

Y

Е

Y

Е

Y

(Е

Е

)

0

2

0

1

2

0

1

U12

,

1

2Y0 Y

2Y0 Y

1

1

где Y

0

4,9e j78,7 0,966 j4,8

См –

Рис. 3.1.1.б

Z0

0,204ej78,7

1

1

комплексная проводимость ветвей с генераторами;

Y

0,25e j53,1 0,15 j0,2

См

–

комплексная

проводимость

4ej53,1

Z

ветви приемника.

Е1 Е2 400 (1 1e j15 ) 812e j14,4

B,

4,9e j78,7 812e j14,4

388e

j8,1

383 j54,8

B.

2 (0,966 j4,8) 0,15 j0,2

1

Рассчитаем истинные токи, пользуясь обобщенным законом Ома:

j5,9

I1 Y0 Е1

(0,966 j4,8) (17 j54,8) 280 j28,9 281e

A,

1

j165,2

I2 Y0 Е2

A,

1 (0,966 j4,8) (386 j104 383 j54,8) 234 j62 242e

0,25e

j53,1

388e

j8,1

97e

j61,2

A.

I Y 1

Решение методом узловых потенциалов дает весьма близкие результаты, что подтверждает правильность расчетов.

4) Метод наложения.

	Для расчета цепи методом наложения следует со-
	ставить частичные схемы, рассчитать частичные то-
	ки и алгебраическим их сложением найти искомые
	токи.
	Составим первую частичную схему (рис. 3.1.1.в) и
Рис. 3.1.1.в	рассчитаем частичные токи, создаваемые ЭДС Е1 в
	ветвях частичной схемы.

Для этого найдем эквивалентное сопротивление цепи:

Z

0

Z

0,204ej78,7 4ej53,1

Z

Z0

0,04 j0,2

0,399ej78,04

Ом.

4,19e54,4

Z0 Z

Тогда частичные токи:

Е1

400

1002e

j78,04

I1

208 j981

A,

Z

0,399ej78,04

90