TOE_NAU_ChASTINA_I_Siry_D_T

121

два рівняння за ІІ-м законом Кірхгофа в комплексній формі:

ìU = R I

1

+ JwL I

1

+ JwM I

2

ï

1

1

í

ïU = R2 I2 + JwL2 I 2 + JwM I 1

î

Позначимо:

Z1 = R1 + jwL1;

Z2

= R2 + jwL2 ;

тоді одержимо:

Zm = jwM ,

ìU = Z

I

1

+ Z

m

I

2

ï

1

í

I2

+ Zm I1

ïU = Z2

î

(5.2)

(5.3)

(5.4)

(5.5)

Визначимо струми I1 та I2

за методом визначників:

Z1

Z1

Zm

= Z1 Z 2 - Z m 2 ; DI

=

U

Zm

=U (Z 2

- Z m ); DII

=

U

=U (Z

1 - Z m );

D =

Zm Z2

U Z2

Zm U

I = I

1

+ I

2

=

U (Z1 + Z 2 - 2Z m )

=

U

,

Z1 Z 2 - Z 2m

Z e

де Z e =

Z Z

- Z 2m

=

(R

+ jwL )(R + jwL ) + j2w2 M

2

= Re + jwLy .

1

2

1

1

2

2

Z1 + Z 2 - 2Z m

R1 + jwL1 + R2 + jwL2 - 2 jwM

Припустимо, що R1 = R2 = 0 , тоді Re = 0 ,

В цьому випадку одержимо

jwLy =

-w2 L L

+ w2M

2

=

jw(L L

- M 2 )

.

1

2

1

2

L1 + L2

- 2M

jw(L1 + L2 - 2M )

Звідси

Ly =

L L

- M 2

–

еквівалентна індуктивність при

1

2

L1 + L2 - 2M

паралельному узгодженому включенні двох котушок.

Аналогічно може бути визначена еквівалентна індуктивність при паралельному зустрічному включенні двох індуктивних котушок. Вона дорівнює:

		L L - M 2
Lз	=		1	2		< Ly .
		L1	+ L2
					+ 2M

Побудуємо векторну діаграму(рис. 5.8) для узгодженого включення паралельно з’єднаних котушок в відповідності з рівняннями (5.2) та (5.3):

- будуємо вектори струмів I1 та I 2 ;

-будуємо R1 I 1; jwL1 I 1; jwM I 2 ;

-будуємо R2 I 2 ; jwL2 I 2 ; jwM I 1 .

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

122

Для

плавної

зміни

індуктивності

кола застосовують варіометри. Вони

складаються з двох котушок різного

діаметра, причому одна обертається

в середині другої. Котушки можуть

бути

з’єднані

послідовно

паралельно

при

узгодженому

та

зустрічному включенні. Тому їх

індуктивність

буде

змінюватись

від

Lmax

= L1 + L2 + 2M max

до

2

Рис. 5.8

Lmin =

L1L2 - M max

.

L1 + L2 + 2M

5.4. Повітряний трансформатор

Трансформатор

–

це

статичний

пристрій, призначений

для

перетворення змінного струму однієї напруги, в

змінний

струм

тієї

ж

частоти, але іншої за величиною напруги.

Трансформатор був винайдений в1876 році російським інженером

Яблочковим П.М.

Повітряний

трансформатор

складається

з

двох

електрично

зв’язаних, нерухомих

котушок

без

феромагнітних

. осердьТакий

трансформатор являється лінійним.

5.4.1. Основні рівняння повітряного трансформатора

Зобразимо електричну схему трансформатора (рис.5.9)

Обмотка,

до

якої

підключене

джерело

електричної

,

ен

називається первинною.

Обмотка,

до

якої

підключений

приймач, називається вторинною.

“первинна” “вторинна”

U1

w1

= n

–

коефіцієнт

U2

= w2

Рис. 5.9

трансформації.

Нехай

до

затискачів

первинної

обмотки прикладена напругаu1 ,

тоді

в ній буде

протікати

струм i1 .У

вторинній обмотці виникне ЕРС взаємної індукції і в ній з’явиться струм і2.

повітр

Запишемо

рівняння

електричної

рівноваги

для

трансформатора, для цього вкажемо напрямок струмів, напруг та задамо напрям обходу.

При складанні рівняння за ІІ законом Кірхгофа для кіл з взаємною індукцією будемо користуватись таким правилом для визначення знака перед

jwM :

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

123

«Якщо відносно однойменних

затискачів

напрям обходу котушки

L1 співпадає з напрямом струму в котушці L2 , то перед

jwM беремо додатній

знак, якщо напрямки протилежні – беремо від’ємний знак.

Тепер запишемо рівняння:

ìU

1

= R i + L

di1

- M

di2

ï

1 1

1

dt

ï

dt

.

í

di2

di1

ï0

= R i

2

+ L

+U

2н

- M

ï

2

2

dt

dt

î

Це основні рівняння повітряного трансформатора.

У вторинній обмотці в якості джерела електричної енергії виступає

ЕРС взаємної індукції - M di1 . dt

Для синусоїдних величин основні рівняння трансформатора можна записати в символічній формі:

ìíU 1 = R1 I1 + jwL1 І1 - jwM I 2 ;

î0 = R2 I 2 + jwL2 I 2 +U 2H - jwM I1.

5.4.2. Режими роботи трансформатора

А. Режим холостого ходу

В цьому випадку вторинна обмотка розімкнута, тобто I2 = 0. Струм I1 викличе у вторинній обмотці ЕРС взаємної індукції E2. Тоді основні рівняння трансформатора приймуть вигляд:

ìU

= R I

+ jwL I

;

í

1

1

1

1 1

îE 2 = - jwM I1.

Зобразимо

векторну

д

трансформатора

для

режиму

холостого ходу

(рис. 5.10).

З досліду холостого ходу трансформатора

можна визначити коефіцієнт взаємної індукції M:

= wMI1 ,

звідси M =

E2

.

Рис. 5.10

E2

wI1

Б. Режим навантаження

Нехай вторинна

обмотка

замкнута

на

приймZач

= R

+ jX

2н

, тоді

2н

2н

основні рівняння трансформатора приймуть вигляд:

ìU		= R I		+ jwL I		- jwM I	;	(5.6)
í	1	1	1	1	1	2
î0	= R2 I 2 + jwL2 I 2 + R2н I 2 + jX 2н I 2 - jwM I1.							(5.7)

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

124

Введемо позначення:

jwM = Z m ; R1 + jwL1 = Z 1 ; R2 + R2 н = R22 ; jwL2 + jX 2н = jX 22 ; R22 + jX 22 = Z 22 .

Тоді одержимо: ìíU 1 = Z 1 I 1 - Z m I 2 ;

î0 = Z 22 I 2 - Z m I 1.

Визначимо струми I1 та I2 за методом визначників:

D =

Z1 - Z M

= Z 1 Z 22 - Z 2m ; DI

=

U 1 - Z m

= U 1 Z 22 ;

DII =

Z1 U 1

= U

1 Z m .

- Z m Z 22

0 Z 22

- Z m 0

I 1

=

D1

=

U

1 Z 22

=

U 1

;

D Z1Z22 -

Z 2

m

Z 1

-

Z 2 m

Z 22

I 2

=

D2

=

U 1 Z m

=

U

1

;

Z 1 Z 22

D Z 1 Z 22 -

Z 2

m

- Z m

Zm

Відношення напруги на затискачах первинної обмотки трансформатора до струму в , нійназивається вхідним опором трансформатора

		U	1	= Z 1	-	Z 2 m	.
		I 1
						Z 22
Зобразимо								векторну
діаграму					трансформатора			для
режиму навантаження (рис. 5.11):
-				за		базисний		вектор
приймаємо вектор струму I 2 ;
- будуємо вектор струму

		I 1 ;
		- будуємо рівняння (5.6);
	Рис. 5.11
		- будуємо рівняння (5.7).

5.4.3. Схема заміщення трансформатора

Схема заміщення електротехнічного пристрою– це схема, що при заданій напрузі споживає той самий струм та ту ж саму потужність, що й даний пристрій.

Запишемо основні рівняння трансформатора:

ìíU 1 = R1 I 1 + jwL1 I 1 - jwM I 2 ;

î0 = R2 I 2 + jwL2 I 2 +U 2H - jwM I 1

До першого рівняння додамо і віднімемо jwM I 1 , а до другого – jwM I 2 , тоді одержимо:

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

125

ìíU 1 = R1 I 1 + jwL1 I 1 - jwM I 2 + jwM I 1 - jwM I 1;

î-U 2 H = R2 I 2 + jwL2 I 2 - jwM I 1 + jwM I 2 - jwM I 2 ;

або

ìíU 1 = R1 I 1 + jwI 1 (L1 - M ) + jwM (I 1 - I 2 );

î-U 2H = R2 I 2 + jwI 2 (L2 - M ) - jwM (I 1 - I 2 ).

На	основі	одержаних	рівнянь	будуємо	схему	за
			трансформатора (рис. 5.12).
			Схеми		заміщен
			дозволяють	звести	розрахунки
			трансформаторів до розрахунку
			електричних	кіл	змінног
	Рис. 5.12		струму.

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

126

Приклади розрахунку електричних кіл з взаємною індукцією

Задача №1

Розрахувати

електричне

коло

з

паралельним

з'єднанням

д

індуктивно

зв'язаних

котушок(рис. Р5.1,а) при

їх узгодженому ввімкненні,

якщо: U = 115 B; R1 = 11,5 Ом; R2 = 23 Ом;

XL1

=

11,

5

Ом;

I

I1

I2

XL2

= 23 Ом; XM

= 23Ом.

M

L1

L2

U

Побудувати

векторні

діаграм

R1

R2

струмів та напруг. Визначити активну

потужність, яка споживається електричним

колом та кожною гілкою окремо.

Рис. P5.1,а

Розв'язування

1. Складемо систему рівнянь за I та II законами Кірхгофа для кола. Для цього задамося струмами в гілках та напрямком обходу контурів

I = I1 + I2,

R1I1 + jXL1I1 + jXMI2 = U ,

R2I2 + jXL2I2 + jXMI1 = U.

2. Підставимо в рівняння числові значення:

I = I1 + I2,

11,5 I1 + j11,5I1 + j23I2 = 115,

23I2 + j23I2 + j23I1 = 115,

або:

I = I1 + I2,

(1 + j) I1 + j2I2 = 10, j2I1 + 2(1 + j) I2 = 10.

3.

Розрахуємо

систему рівнянь, та

знайдемо струмиI, I1, I2

методом визначників:

D =

1 +

j

j 2

= 2 (1 + j )(1 + j ) - j 2 × j 2 = 4 (1 + j ) ,

j 2

2 (1 + j )

D 1

=

10

j 2

= 20 (1 + j ) - j 20 = 20 ,

j )

10

2 (1 +

D 2

=

1 + j

10

= 10 (1 + j ) - j 20 = 10 (1 - j ) ,

j 2

10

I 1

=

D 1

=

20

= 5

1 - j

= 5

1 - j

= 2 ,5 (1 - j ) = 3,52 e - j 45 ° A ,

4 (1 + j )

+ j )(1 - j )

D

(1

2

I 2

=

D 2

=

10 (1 - j )

= - j 2 ,5 = 2 ,5 e - j 90 ° A

,

D

4 (1 + j )

I = I 1 + I 2 = 2 ,5 - j 2 ,5 - j 2 ,5 = 2 ,5 - j 5 = 5 ,6 e - j 63 °3 0¢ A .

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

127

4. Визначимо напруги на окремих елементах кола

R1 I 1 = 11 ,5 × 2,5 (1 - j ) = 28 ,75 (1 - j ) B ,

jX L 1 I 1 = j11 ,5 × 2 ,5(1 - j ) = 28 ,75 + j 28 ,75 B , jX M I 2 = j 23 ( - j 2 ,5 ) = 57 ,5 B ,

R 2 I 2 = 23 ( - j 2,5 ) = - j 57 ,5 B , jX L 2 I 2 = j 23 ( - j 2 ,5) = 57 ,5 B ,

jX M I 1 = j 23 × 2 ,5(1 - j ) = 57 ,5 + j 57 ,5 B .

5. Будуємо векторну діаграму струмів та напруг, використовуючи алгебраїчну форму запису комплексних струмів та напруг.

+j

U

+1

jXM I2

0

I1

I2

R1 I1

jXL1 I1

1A

jXM I1

MI

I

10B

I2

MU

R2 I2

jXL2 I2

Рис. Р5.1,б

6.

Визначимо активні потужності кола та окремих гілок:

*

S = U I = 115 ( 2 ,5 + j 5 ,0 ) = 287 ,5 + j 575 BA .

*

BA ,

S 1 =

U

I 1 = 115 ( 2 ,5 +

j 2 ,5 ) = 287 ,5 + j 287 ,5

P1 = 287 ,5 Bm ,

Q = 287 ,5 вар .

*

BA ,

S 2 =

U

I 2

= 115 × j 2 ,5 = j 287 ,5

P2 = 0,

Q 2

= 287 ,5 вар .

Бачимо, що в другій гілці активна

потужністьР2 = 0.

Активна

потужність

від

джерела

енергії споживається

тільки

першою

гілкоюР1 =

287,5 Вт. Але в другій гілці мають місце теплові втрати, так як в гілці є активний

R2 = 23 Ом, і дорівнюють:

P2 ¢ = R 2 I 22 = 23 × 2 ,5 2 = 143 ,75 Вm .

Теплові втрати в першій гілці дорівнюють

P1¢ = R1 I 12 = 11 ,5 ( 2 ,5 × 2 ) 2 = 143 ,75 Вm .

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

				128
	При цьому	в	першу	гілку від джерела енергії поступає				актив
потужність Р1 =287,5 Вт, а на				теплові втрати витрачаєтьсяP1¢ = 143 ,75 Вт.
Тому	залишок P1² = P1		- P1¢ = 143 ,75 Вт за рахунок		взаємної індукції, тобто
за	допомогою	магнітного		,поляпередається	в	другу	,гілкуде	і

перетворюється в тепло.

Задача № 2

Знайти взаємну індуктивністьМ двох індуктивно зв’язаних котушок при їх послідовному з’єднанні, якщо електровимірювальні прилади при узгодженому та

I	*	R1 L1
	* W
А		M
U V		L2
		R2

Рис. P5.2

зустрічному включенні котушок показали (рис. Р5.2):

– в першому досліді:

U1 = 120 B, I1 = 12 A, P1= 864 Вm,

– в другому досліді:

U2 = 60 B, I2 = 5 A, P2 = 150 Bm.

В якому досліді індуктивні котушки були ввімкнені узгоджено?

Розв’язування

1.

Знаходимо

повний

опір кола

в першому та другом

дослідах:

Z 1

=

U 1

=

120

= 10 Ом .

Z 2

=

U 2

=

60

= 12 Ом .

I 1

I 2

12

5

При узгодженому ввімкненні індуктивних котушок їх еквівалентна індуктивність більша, чим при зустрічному(Ly > Lз) тому Zy > Zз. Таким чином в другому досліді котушки були включені узгоджено.

2.Визначимо індуктивність Ly та Lз:

Z

у

= Z

2

= 12 Ом ,

R

у

= R

1

+ R

2

=

P2

=

150

= 6 Ом .

I 22

5 2

X у

= w L у

= Z у

2 - R у

2 =

12 2 - 6 2

=

= 10 ,4 Ом .

108

L у

=

X

у

=

10 ,4

Гн .

w

w

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

129

Z з

= Z 1 = 10 Ом ,

R з

= R у

= R1 + R 2 =

P1

=

864

= 6 Ом .

І 12

144

=

X з

=

8

X з

= w L з = Z з2 - R з

2

=

= 8 Ом , L з

Гн .

100

- 36

w

w

3.Розрахуємо взаємну індуктивність

M =	L	у	- L з	=	10 ,4 - 8		=	2 ,4	=	0 ,6	Гн .
			4			4w		4w		w

Таким чином, для визначення взаємної індуктивності двох індуктивно зв’язаних котушок достатньо виконати два досліди: – при узгодженому та зустрічному їх ввімкненні та послідовному з’єднанні.

Задача № 3

Розрахувати

електричне

коло(рис.

Р5.3),

якщо U =

200 B,

X1 = wL1 = 20 Ом, X4

= wL4 = 10 Ом,

X 3 =

1

= 20 Ом , X2 = wL2 = 10 Ом,

w c 3

XМ = wМ = 10 Ом, R3 = R4 = 10 Ом. Перевірити баланс потужностей.

Розв’язування

1. Скористаємося методом контурних струмів:

( z 1 + z 3 ) I I - ( z 3 + z M ) I II = U ,

- ( z 3 + z M ) I I + ( z 2 + z 3 + z 4 ) I II = 0 ,

L1

M

L2

де:

z 1 = jw L1 = j 20 Ом ;

I1

1

U1

I2

I3

z 3 = R 3 - j

= 10 - j 20

Ом ;

w c 3

U

R3

III

II

L

4

z M = jw M = j10 Ом ;

z 2 = jw L 2 = j10 Ом ;

R

C3

4

z 4 = R 4 + jw L 4 = 10 + j10 Ом .

Рис. P5.3

2.

Підставимо

числові

значення:

10 I I - (10 - j10 ) I II

= 200

,

або

- (10 -

j10 ) I I

+ 20 I II = 0 ,

I I - (1 - j ) I II = 20 , - (1 - j ) I I + 2 I II = 0 .

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.

130

3.

Розрахуємо систему рівнянь відносно I I

та I II

2 I II = (1 - j ) I I ,

I II

=

(1 - j )

I

I ,

(1 - j )(1 - j )

2

I I

-

I I

= 20 ,

I I

( 2 - 1 + 2 j

+ 1) = 40 .

2

I I

=

20

= 10 - j10 A ,

1 + j

I II

=

(1 - j )(10 - j10 )

= 5(1 - j ) 2 = 5(1 - 2 j - 1) = - j10

A.

2

4.

Визначимо струми в кожній гілці:

I 1 = I I =10 - j10 =10

e - j 45 ° A ,

2

I 2 = I II = - j10 =10e - j 90° A ,

I 3 = I I - I II = 10 - j10 + j10 = 10 A .

5.

Перевіримо баланс потужностей:

*

BA ,

S = U I = 200 (10 + j10 ) = 2000

+ j 2000 = 2000

2 e j 45 °

P = 2000 Bm ,

Q = 2000 вар.

*

де

S 1 =

U

1 × I 1 ,

U

1 = jX 1 I 1 - jX M I 2

= j 20 (10 - j10 ) - j10 (- j10 ) = j 200 + 200 - 100 =

= 100 + j 200 B.

S 1 = (100 + j 200 )(10 + j10 ) = - 1000 + j3000 = 3200 e j109 °30¢

BA

P 1 = - 1000 Bm ,

Q1 = 3000 вар .

Активна

потужність Р1

передається

від

магнітного

поля другої

котушки.

*

S 2

=

U

2

× I 2 ,

j100 B ,

U

2

= jX 2 I 2

- jX M I 1 = j10 ( - j10 ) - j10 (10 - j10 ) = -

S 2

= - j100 ( j10 ) = 1000

BA ,

Р 2

= 1000 Bm .

*

= z 3 I 32 = (10 -

BA ,

S 3

=

U

3

× I 3

j 20 )100 = 1000

-

j 2000

Р3

=1000 Bm ;

Q3 = - 2000 вар.

*

= z 4 I 22 = (10 +

BA ,

S 4

=

U

4

× I 2

j10 )100 = 1000

+

j1000

Р 4

= 1000 Bm ;

Q 4

= 1000 вар .

Р = Р1	+ Р2 + Р3 + Р4 = - 1000 + 1000 + 1000 + 1000 = 2000 Bm .
Q = Q1	+ Q2 + Q3 + Q4 = 3000 + 0 - 2000 + 1000 = 2000 вар .

Сірий Д.Т. Теоретичні основи електротехніки. Курс лекцій. НАУ. 2008.