09-12-2012_19-49-11 / ВГТУ, ТОЭ, 416-2009, КР1,2 вариант 56

ВГТУ, ТОЭ, 416-2009, вариант 56 Контрольная работа № 1

Расчет линейных электрических цепей постоянного тока

Дана схема электрической цепи постоянного тока, содержащая источники и приемники электрической энергии.

1.Составить систему уравнений по законам Кирхгофа, необходимую для определения токов во всех ветвях схемы.

2.Рассчитать токи во всех ветвях схемы методом контурных токов и узловых потенциалов. Сравнить значения токов, полученных в результате расчета различными методами. Результаты сравнения представить в виде таблицы.

3.Построить потенциальную диаграмму для контура, содержащего хотя бы один источник ЭДС.

4.Проверить выполнение баланса мощностей.

Значения ЭДС источников и сопротивлений резисторов:

E1=35 В; E2=15 В; J=0,8 А; R1=20 Ом; R2=20 Ом; R3=35 Ом; R4=10 Ом; R5=15 Ом.

1.Выбираем условные положительные направления токов, как показано на рисунке. Отметим, что I5 = J , то есть система должна состоять из 5 уравнений.

			I6
1		3	I2	2
	I3
		I1
I4				I5
		4

Составляем систему уравнений по законам Кирхгофа. Первые три уравнения составляем по первому закону Кирхгофа для узлов 1, 2 и 3, то есть на одно уравнение меньше, чем узлов в схеме. Последующие два уравнения составим по второму закону Кирхгофа для следующих контуров: 1) R3, E2; R1, R4; 2) E1, R2, E2, R3.

Направления обхода контуров – по часовой стрелке.
−I3 +I4 −I6 = 0
		+I6 = 0
I2 −I5
						= 0
−I1 −I2 + I3
R I +R			3	I	3	+R	4	I	4	= E	2
	1 1
		−R3I35 = E1								−E2
−R2I2

При этом, I5 = J = 0,8 А.

2. Определяем токи во всех ветвях методом контурных токов. Одна из ветвей содержит идеальный источник тока. Выберем контурные токи таким образом, чтобы по ветви с источников

тока протекал только один контурный ток, который в этом случае равен току источника: Ik1 = J Направления контурных токов показаны на рисунке.

			I6
	Ik3	3	I2
1				2
	I3
		I1
			Ik1
	Ik2
I4
				I5

4

Система уравнений для определения двух других контурных токов имеет вид:

−R1Ik1 +(R1 + R3 + R4 )Ik2 −R3Ik3 = E2

−R2Ik1 −R3Ik2 +(R2 + R3 )Ik3 = E1 −E2

Или, с учетом того, что Ik1 = J , получим:

(R1 +R3 + R4 )Ik2 −R3Ik3 = E2 + R1Ik1

−R3Ik2 +(R2 + R3 )Ik3 = E1 −E2 + R2Ik1

65Ik2 −35Ik3 = 31

Подставим исходные данные:

−35Ik2 +55Ik3 = 36

			31	−35							65	31
Отсюда контурные токи Ik2 =			36	55			=1,262	А; Ik3 =			−35	36			=1,457 А
	65			−35					65			−35
	−35			55					−35			55

Находим токи в ветвях:

I1 = Ik2 −Ik1 =1,262 −0,8 = 0,462 А

I2 = Ik1 −Ik3 = 0,8 −1,457 = −0,657 А

I3 = Ik2 −Ik3 =1,262 −1,457 = −0,196 А I4 = Ik2 =1,262 А

I5 = Ik1 = 0,8 А

I6 = Ik3 =1,457 А

3. Определяем токи во всех ветвях методом узловых потенциалов. Потенциал узла 1 считаем равным нулю. Потенциал узла 2 ϕ2 = Е1= 35 В. Запишем систему уравнений согласно метода узловых потенциалов:

1

1

1

1

1

E2

−

ϕ

2

+

+

+

ϕ −

ϕ

4

=

R2

R1

R2

R1

R3

R3

3

1

1

1

ϕ4 = J

−

ϕ3

+

+

R

R

R

4

1

1

Подставив исходные данные, получим:

0,128571ϕ3 −0,05ϕ4 = 2,179−0,05ϕ3 +0,15ϕ4 = 0,8

Решаем систему уравнений методом Крамера:

2,179

−0,05

0,128571

2,179

ϕ3 =

0,8

0,15

= 21,851 В; ϕ4 =

−0,05

0,8

=12,617 В

0,128571

−0,05

0,128571

−0,05

−0,05

0,15

−0,05

0,15

Находим токи в ветвях:

= ϕ3 −ϕ4 = 21,851−12,617 = 0,462 А

I

1

R1

20

I2

=

ϕ3 −ϕ2 = 21,851−35

= −0,657 А

R2

20

I3

=

E2 −ϕ3

= 15 −21,851

= −0,196 А

R3

35

I4

=

ϕ4

=

12,617 =1,262 А

R4

10

I5 = J = 0,8 А

I6 = I4 −I3 =1,262 +0,196 =1, 457 А

Сравним значения токов, полученных в результате расчета различными методами.

Результаты сравнения представлены в таблице.

Результаты расчетов совпадают до третьего знака

после запятой.

Метод узловых потенциалов

Ток, А

метод контурных токов

I1

0,462

0,462

I2

–0,657

–0,657

I3

–0,196

–0,196

I4

1,262

1,262

I5

0,8

0,8

I6

1,457

1,457

4. Построение потенциальной диаграммы. Выбираем замкнутый контур, включающий в себя R3,

E2, R1, R4. Потенциал точки а выбираем равным ϕa = 0 .

I6

б

I2

в

a

I3

I1

I4

I5

г

Находим потенциалы остальных точек:

ϕб = ϕа −R3I3 = 0 −35 (−0,196) = 6,851 В ϕв = ϕб + E2 = 6,851+15 = 21,851 В

ϕг = ϕв −R1I1 = 21,851−20 0,462 =12,617 В

ϕа = ϕг −R4I4 =12,617 −10 1, 262 ≈ 0 В

Потенциальная диаграмма показана на рисунке. По оси абсцисс откладываем сумму сопротивлений, по оси ординат – потенциалы в точках цепи.

ϕ, В

в

20

15

г

10

б

5

R,

а Ом

а

0

10

20

30

40

50

60

5

5. Составляем баланс мощностей. Мощность источников:

Pист = E1I6 + E2I3 + U J = 35 1, 457 +15 (−0,196) +(−10,38) 0,8 = 39,5 Вт,

где U = R5I5 + R2I2 −R1I1 =15 0,8 + 20 (−0, 657) −20 0, 462 = −10,38 В – напряжение

на источнике тока. Мощность потребителей:

Pпотр = R1I12 + R2I22 + R3I32 + R4I24 + R5I52 =

= 20 0, 4622 + 20 0,6572 +35 0,1962 +10 1, 2622 +15 0,82 = 39,7 Вт

Мощности совпадают в пределах точности расчетов. Баланс мощностей выполняется.

Контрольная работа № 2

Задача 2.1. Анализ линейной электрической цепи однофазного синусоидального тока

Дана схема электрической цепи однофазного синусоидального тока, содержащая источники ЭДС, резисторы, катушки индуктивности и конденсаторы.

ЭДС источников изменяются по синусоидальному закону:

e1(t) = E1m sin(314t + ΨE1); e2 (t) = E2m sin(314t + ΨE2 )

1.На основании законов Кирхгофа записать систему уравнений для расчета токов во всех ветвях схемы в двух формах: а) дифференциальной; б) символической.

2.Рассчитать комплексные действующие значения токов во всех ветвях схемы методом контурных токов.

3.Рассчитать потенциалы всех точек схемы, приняв потенциал узла "а" равным нулю. Построить топографическую диаграмму напряжений, совмещенную с векторной диаграммой токов. Графически показать на векторной диаграмме выполнение законов Кирхгофа для исследуемой цепи.

4.Записать мгновенные значения тока ветви, не содержащей источник ЭДС, и напряжения на зажимах этой ветви. Построить в одних осях координат их временные диаграммы. На диаграмме показать угол сдвига фаз между напряжением и током в этой ветви.

5.Рассчитать активную, реактивную и полную мощности приемников и источников электрической энергии в цепи. Проверить баланс мощностей.

R1=80 Ом; R2=280 Ом; L1=0,5 Гн; L2=0,8 Гн; С1=30 мкФ; С2=15 мкФ;

E1m =141 В; ΨE1 =150D; E2m =70,5 В; ΨE2 = 45D

			4
	i1
		3	7
	5		6
		2
	i2		i3

1

1. Составляем систему уравнений по законам Кирхгофа в дифференциальной и символической формах записи, необходимую для определения токов во всех ветвях схемы.

Для дифференциальной формы по первому закону Кирхгофа:

−i1 +i2 −i3 = 0

По второму закону Кирхгофа (направления обхода – по часовой стрелке):

i R + L					di1		+i		2		R		2	+		1				i	2	dt = e
																C
1	1			1 dt															∫						1
																1
−	1	i	2	dt −i			2	R		2		−L					di3			−		1		i	3	dt = −e	−e	2
	C																					C
		∫													2 dt								2	∫		1
	1

Таким образом, система уравнений в дифференциальной форме имеет вид:

−i

+i

2

−i

3

= 0

1

i R

+ L

di1

+i

2

R

2

+

1

i

2

dt = e

C

1 1

1 dt

∫

1

1

1

i

dt

−i

R

−L

di3

1

i

dt

= −e

−e

−

∫

2

2

2

−

3

2

C

2 dt C

2

∫

1

1

Система уравнений в символической форме:

−I1

+ I2 −I3 = 0

1

I1 (R1 + jωL1 )+I2

R2

+

= E1

jωC

1

1

1

−I2

R

2 +

jωC

−I3 jωL2 +

jωC

2

= −E1

−E2

1

2. Рассчитываем комплексные действующие значения токов всех ветвей по закону Ома (схема содержит только один источник ЭДС, поэтому пользоваться методом контурных токов нет необходимости).

Переходим к эквивалентной схеме

Z1

E1

Z3

Iк1

I2

Iк2

E1

Z2

E2

I1

I3

и находим комплексные сопротивления Z1, Z2 , Z3 :

Z = R + jωL

=80 + j 314 0,5 =80 +157 j =176, 2e63Dj Ом

1

1

1

Z2 = R2 +

1

= 280 +

1

= 280 −106, 2j = 299,5e−20,8Dj Ом

jωС1

j 314 30 10−6

Z

= jωL

2

+

1

= j 314 0,8 +

1

=38,9j =38,9e90Dj Ом

j 314 15 10−6

3

jωС2

Комплексные напряжения источника:

E

= 141

e150D j =100 e150D j

В;E

2

= 70,5

e45D j = 50 e45D j [В]

1

2

2

Составляем систему уравнений по методу контурных токов:

(Z1 + Z2 )Ik1 − Z2Ik2 = E1

+(Z

−Z

2

I

k1

2

+ Z )I

k1

= −E

− E

2

3

1

Подставив исходные данные, получим:

Z1 + Z2 = 360 +50,8j = 363,6e8D j

Z

2

+ Z

= 280 −67,3j = 287,9e−13,5D j

3

8D j

−

299,5e

−20,8D j

150D j

363,6e

Ik1

Ik2 =100e

−20,8D j

−13,5D j

−59D j

e

−299,5e

Ik1 +287,9e

Ik2 = 99,6

Вычисляем контурные токи по правилу Крамера.

=

363,6e8D j

−299,5e−20,8D j

= 61826,8e53,1D j

D

j

D

j

−299,5e−20,8

287,9e−13,5

1 =

100e150D j

−299,5e−20,8D j

=18269,7e−148,6D j

99,6 e−59D j

287,9e−13,5D j

2 =

363,6e8D j

100e150D j

= 6235e−52D j

−299,5e−20,8D j

99,6 e−59D j

Ik1 =

1 = 18269,7e−148,6D j

= 0,295e158,2D j = −0,274+0,11j

А

61826,8e53,1D j

Ik2 =

2 =

6235e−52D j

= 0,101e−105,2D j = −0,026-0,098j

А

61826,8e53,1D j

Комплексные токи в ветвях электрической цепи:

I

= I

k1

= 0,295e158,2D j = −0,274+0,11j

А А

1

I2 = Ik1 −Ik2 = −0,274+0,11j −(−0,026 −0,098j) = −0,248 +0,207j = 0,323e140,1D j А

I3 = −Ik2 = 0,101e74,8D j = 0,026+0,098j А

Рассчитываем потенциалы всех точек схемы, приняв потенциал узла "1" равным нулю. Для этого рассчитываем напряжения на всех элементах схемы:

UR1 = I1R1 = 0, 295e158,2D j 80 = 23,6e158,2D j = −22 +8,8j В

UL1 = I1 jωL1 = 0, 295e158,2D j j 314 0,5 = 46, 4e−111,8D j = −17,2 −43,1j В

UC1

UR2

UC2

UL2

=

I2

=

0,323e140,1D j

=

34,3e

50,1D j

В

= 22 + 26,3j В

jωC1 j 314 30 10−6

= I2R2 = 0,323e140,1D j 280

= 90,5e140,1D j

В = −69, 4 +58,0j В

=

I3

=

0,101e74,8D j

=

21,5e

−15,2D j

= 20,7 −5,6j В

jωC2 j 314 15 10−6

= I3 jωL2 = 0,101e74,8D j j 314 0,8 = 25, 4e−164,8D j = −24,5 +6,6j В

Находим потенциалы всех точек схемы:

ϕ1 = 0

	= 34,3e	50,1D j	В = 22	+ 26,3j В
ϕ2 = ϕ1 + UC1

119,4D j

В

ϕ3 = ϕ2 + UR2 = 22 +

26,3j −69, 4 +58,0j = −47,5 +84,3j = 96,8e

ϕ

4

= ϕ

−E

= −47,5 +84,3j −(−86,6+50j) = 39,2 +34,3j = 52,1e41,2D j

В

3

1

68,2D j

=17,2+43,1j В

ϕ5 = ϕ1 −UL1 = 46, 4e

ϕ

6

= ϕ

+E

2

= 35,4+35,4j = 50e45D j В

1

= 43,5e

70,3D j

В

ϕ7 = ϕ6 − UC2 = 35,4+35,4j −(20,7 −5,6j) =14,6 + 41,0j

Строим в одних осях координат векторную диаграмму токов и топографическую

диаграмму напряжений.

Выбираем масштаб: по току 1 см =0,1 А; по напряжению 1,5 см=10 В.

Откладываем на комплексной плоскости векторы токов I , I

2

, I

3

. Убеждаемся, что сумма

токов I + I

равна вектору тока I

1

3

2

.

1

Аналогично, по второму закону Кирхгофа:

UR1 + UL1 + UR2 + UC2 = E1 и UR2 + UC2 + UC2 + UL2 = E1 + E2 .

	Im
3
UR2
	E
	1
				7
						UC2
		UL2
			5			4
					UR1	6
	UL1
1,5 см					2	E2
			UC1
I3	I2
	I					Re
	1
	1

4. Запишем мгновенные значения тока ветви, не содержащей источник ЭДС, и напряжения на зажимах этой ветви.

Так как I1 = 0,295e158,2D j А, то

i1(t) = 0,295 2 cos(314t +158,2D) = 0,418 cos(314t +158,2D) А.

Комплексное напряжение на зажимах этой ветви

			158,2D j	176,2e	63D j	= 52,1e	−138,8D j	В
U1	= I1Z1	= 0,295e
u(t) = 52,1			2 cos(314t −138,8D) = 73,6 cos(314t −138,8D) В

График мгновенных значений напряжения и тока в этой ветви приведен на рисунке.

сдвиг

u(t), В

i(t), А

фаз

u(t), В

50

0,5

i(t), А

t, с

0

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

0.04

0.045

0.05

50

5. Рассчитываем активную, реактивную и полную мощности приемников и источников

электрической энергии в цепи.

Полная мощность, потребляемая от источников:

*

*

150D j

0,323e

−140,1D j

+50 e

45D j

0,101e

−74,8D j

=

S = E

I

2

+E

2

I

=100 e

1

3

= 36,2 +3,1j

ВА

P = 36, 2 Вт.

Активная мощность:

Реактивная мощность: Q =3,1 вар.

Активная мощность потребителей:

P = I12R1 +I22R2 = 0,2952 80 +0,3232 280 = 36,2 Вт

Реактивная мощность потребителей:

Q = I

2

ωL −I

2

1

+ I

2

ωL

−

1

2

314

2

1

+

= 0, 295

0,5 −0,323

314 30 10−6

1

1

1 ωC1

3

2

ωC2

+0,1012

0,8 −

1

вар

314

314 15 10−6

= 3,0

Таким образом, мощности источников и потребителей совпадают в пределах точности расчетов.