09-12-2012_19-49-11 / ВГТУ, ТОЭ, 416-2009, КР1,2 вариант 86

ВГТУ, ТОЭ, 416-2009, вариант 86 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=40 В; J=0,2 А; R1=20 Ом; R2=10 Ом; R3=30 Ом; R4=15 Ом; R5=25 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 −30Ik3 = 44

Подставим исходные данные:

−30Ik2 + 40Ik3 = −3

			44		−30										65	44
Отсюда контурные токи Ik2 =			−−3		40				= 0,982	А; Ik3 =					−30	−3					= 0,662 А
				65	−30								65			−30
				−30	40								−30			40

Находим токи в ветвях:

I1 = Ik2 −Ik1 = 0,982 −0,2 = 0,782 А

I2 = Ik1 −Ik3 = 0,2 −0,662 = −0,462 А

I3 = Ik2 −Ik3 = 0,982 −0,662 = 0,321 А I4 = Ik2 = 0,982 А

I5 = Ik1 = 0,2 А

I6 = Ik3 = 0,662 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

+

+

+

ϕ −

ϕ

4

=

R2

R1

R2

R1

R3

2

R3

3

1

1

1

ϕ4 = J

−

ϕ3

+

+

R

R

R

4

1

1

Подставив исходные данные, получим:

0,183333ϕ3 −0,05ϕ4 = 4,833−0,05ϕ3 +0,116667ϕ4 = 0, 2

Решаем систему уравнений методом Крамера:

4,833

−0,05

0,183333

4,833

ϕ =

0, 2

0,116667

= 30,382

В; ϕ

4

=

−0,05

0, 2

=14,735 В

3

0,183333

−0,05

0,183333

−0,05

−0,05

0,116667

−0,05

0,116667

Находим токи в ветвях:

ϕ3 −ϕ4

= 30,382 −12,735 = 0,782 А

I

=

1

R1

20

I2

=

ϕ3 −ϕ2 = 30,382 −35

= −0, 462 А

R2

10

I3

=

E2 −ϕ3

= 40 −30,382

= 0,321 А

R3

30

I4

=

ϕ4

= 14,735

= 0,982 А

R4

15

I5 = J = 0, 2 А

I6 = I4 −I3 = 0,982 −0,321 = 0,662 А

Сравним значения токов, полученных в результате расчета различными методами. Результаты сравнения представлены в таблице. Результаты расчетов совпадают до третьего знака после запятой.

Ток, А	метод контурных токов	Метод узловых потенциалов
I1	0,782	0,782
I2	–0,462	–0,462
I3	–0,321	–0,321
I4	0,982	0,982
I5	0,2	0,2
I6	0,662	0,662

4. Построение потенциальной диаграммы. Выбираем замкнутый контур, включающий в себя R3, E2, R1, R4. Потенциал точки а выбираем равным ϕa = 0 .

			I6
a	б	в	I2
	I3	I1
I4			I5
		г

Находим потенциалы остальных точек:

ϕб = ϕа −R3I3 = 0 −30 0,321 = −9,618 В ϕв = ϕб + E2 = −9,618 + 40 = 30,382 В

ϕг = ϕв −R1I1 = 30,382 −20 0,782 =14,375 В

ϕа = ϕг −R4I4 =14,375 −15 0,982 ≈ 0 В

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

ϕ, В

30

20

в

г

10

									R,
а									Ом
0			10	20	30	40	50	60	а
		10				б
5. Составляем баланс мощностей.
Мощность источников:

Pист = E1I6 + E2I3 + U J = 35 0, 662 + 40 0,321 + (−15, 265) 0, 2 = 32,9 Вт, где U = R5I5 + R2I2 −R1I1 = 25 0, 2 +10 (−0, 462) − 20 0, 782 = −15, 265 В – напряжение на источнике тока.

Мощность потребителей:

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

= 20 0,7822 +10 0, 4622 +30 0,3212 +15 0,9822 + 25 0, 22 = 39, 2 Вт

Мощности совпадают. 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=90 Ом; R2=250 Ом; L1=0,8 Гн; L2=0,2 Гн; С1=30 мкФ; С2=10 мкФ;

E1m =14,1 В; ΨE1 = 60D; E2m =211,5 В; ΨE2 =150D

			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

=90 + j 314 0,8 =90 + 251, 2j = 266,8e70,3Dj Ом

1

1

1

Z2

= R2

+

1

= 250 +

1

= 250 −106, 2j = 271, 6e−23Dj Ом

jωС1

j 314 30 10−6

Z

= jωL

2

+

1

= j 314 0, 2 +

1

= −255, 7 j = 255, 7e−90Dj Ом

j 314 10 10−6

3

jωС2

Комплексные напряжения источника:

E

= 14,1

e60D j =10 e60D j

В;E

2

= 211,5 e150D j =150 e150D 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:

Z + Z

2

= 340 +145,0j = 369,6e23,1D j

1

Z

2

+ Z

= 250 −361,8j = 439,8e−55,4D j

3

23,1D j

−23D j

60D j

369,6e

Ik1 −271,6e

Ik2 =10e

−23D j

−55,4D j

−33,8D j

e

−271,6e

Ik1 +439,8e

Ik2 =150,3

Вычисляем контурные токи по правилу Крамера.

=

369,6e23,1D j

−271,6e−23D j

= 92593,5e−21,3D j

D

D

−271,6e−23 j

439,8e−55,4 j

1 =

10e60D j

−271,6e−23D j

= 43105,7e−51,7D j

150,3 e−33,8D j

439,8e−55,4D j

2 =

369,6e23,1D j

10e60D j

= 57432,8e−8,7D j

−271,6e−23D j

150,3 e−33,8D j

Ik1 =

1 = 43105,7e−51,7D j

= 0,466e−30,3D j = 0,402 −0,235j А

92593,5e−21,3D j

Ik2 =

2 = 57432,8e−8,7D j

= 0,62e12,6D j = 0,605+0,136j А

92593,5e−21,3D j

Комплексные токи в ветвях электрической цепи:

I

= I

k1

= 0,466e−30,3D j = 0,402 −0,235j

А

1

I2 = Ik1 −Ik2 = 0,402 −0,235j −(0,605+0,136j) = −0,204-0,371j = 0,423e−118,8D j А

I3 = −Ik2 = 0,62e−167,4D j = −0,605 −0,136j А

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

−30,3D j

90 = 41,9e

−30,3D j

= 36,2 −21,2j В

UR1

= I1R1 = 0,466e

0,466e

−30,3D j

j 314 0,8 =116,9e

59,7D j

= 59,1+100,9j В

UL1

= I1jωL1 =

I2

0,423e−118,8D j

151,2D j

UC1

=

=

= 44,9e

В = −39,4 +21,6j В

jωC1 j 314 30 10−6

= 0,423e

−118,8D j

250 =105,7e

−118,8D j

В = −50,9

−92,7j В

UR2

= I2R2

I

0,62e−167,4D j

D

j

3

102,6

UC2

=

=

=197,5e

= −43,2+192,8j В

jωC2 j 314 10 10−6

−167,4D j

j 314 0,2 = 39,0e

−77,4D j

=8,5

−38,0j В

UL2

= I3 jωL2 = 0,62e

Находим потенциалы всех точек схемы:

ϕ1 = 0

151,2D j

В

В

ϕ2 = ϕ1 + UC1 = −39,4 + 21,6j = 44,9e

= −39,4

+ 21,6j −50,9 −92,7 j = −90, 2 −71,1j =

114,9e

−141,8D j

В

ϕ3 = ϕ2 + UR2

ϕ

4

= ϕ

−E

= −90,2 −71,1j −(5,0+8,7j) = −95,2 −79,8j =124,2e−140,1D j В

3

1

−120,3D j

=

В

ϕ5 = ϕ1 − UL1 = −59,1−100,9j =116,9e

ϕ

6

= ϕ + E

2

= −129,9+75,0j =150e150D j В

1

= −129,9+75,0j −(−43,2+192,8j) = −86,7 −117,8j =146,3e

−126,4D j

В

ϕ7 = ϕ6 − UC2

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=20 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 .

6
E2	Im

2 UC1

1	Re

0

											I
											1
									UC2		I2
										UR2	I3
											UL1
										E
0			0,1 А			0,2 А		4		1
											UR1
											5
0			20 В				40 В
									UL2
										7

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

Так как I1 = 0,466e−30,3D j А, то

i1(t) = 0,466		2 cos(314t −30,3D) = 0,658 cos(314t −30,3D) А.
Комплексное напряжение на зажимах этой ветви
			−30,3D j	266,8e	70,3D j	=124,2e	39D j	В
U1	= I1 Z1 = 0,466e
u(t) =124,2		2 cos(314t +39D) =175,7 cos(314t +39D) В

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

																			сдвиг
																			фаз
u(t), В			i(t), А																								u(t), В
150			1,5
100			1,0
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
50
100
150
200
5. Рассчитываем активную, реактивную и полную мощности приемников и источников
электрической энергии в цепи.
Полная мощность, потребляемая от источников:
							*					*		=10 e				60D j				30,3D j				150D j	167,4D j		=
	S =			E		I		2	+E		2	I									0, 466e				+150 e		0,62e
					1							3
	= 64,2 −62,9j											ВА
Активная мощность:													P = 64,2 Вт.
Реактивная мощность: Q = −62,9 вар.
Активная мощность потребителей:
P = I12R1 +I22R2 = 0, 4662 90 +0,4232 250 = 64,3 Вт
Реактивная мощность потребителей:
Q = I	2		ωL		−I		2		1		+ I		2		ωL		−		1				2	314			2	1		+
																					= 0, 466					0,8 −0, 423
1			1			1			ωC1				3			2			ωC2								314 30 10−6
						0, 2 −								1								вар
+0,622 314										314 10 10−6									= −62,9
Мощности источников и потребителей совпадают в пределах точности расчетов.