Билеты с ответами / toe
.pdfформулами |
|
(7.1а): |
|
Е&А = 220 В; |
|
|
E&В = 220e j240o = (−110 − j190) В; |
|||||||||||||||||
E&C = 220e j120o = (−110 + j190) В; в) |
|
записываем сопротивления фаз приемника в |
||||||||||||||||||||||
комплексной форме (табл.4.2): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Z А = R = 55 Ом; |
|
|
Z B |
= 44e j90o |
|
= j44 Ом; |
|
Z C |
= 36,6e− j90o = − j36,6 Ом. |
|||||||||||||||
2. В данной цепи линейные провода и нейтральный провод не обладают |
||||||||||||||||||||||||
сопротивлением и поэтому, в соответствии со 2-м законом Кирхгофа, имеем |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
U&A = Е&А; |
U&B = Е&В ; |
|
|
U&C = Е&С . |
||||||||||||||||
3. Определяем токи во всех трех фазах приемника, используя закон Ома: |
||||||||||||||||||||||||
I&A = |
U&A |
= |
220 |
= 4 |
А; |
|
I&B |
= |
U&B |
= |
220e |
j240 o |
= 5e+ j150o = (−4,3 + j2,5) А; |
|||||||||||
|
55 |
|
|
|
|
|
|
o |
||||||||||||||||
|
Z A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z B |
|
|
44e j90 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
I&C |
|
U&C |
|
220e j120o |
|
|
|
|
+ j210o |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
= |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
= 6e |
|
|
= (−5,2 − j3) А. |
|||||||
|
|
|
|
|
Z C |
36,6e− j90 |
o |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
4. Определяем комплексный ток в нейтральном проводе, |
||||||||||||||||||||||||
воспользовавшись формулой (7.2): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
I&N = I&A + I&B + I&C = 4 + (−4,3 + j2,5) + (−5,2 − j3) = |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
0,5 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j 180 |
|
+arctg |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
= (−5,5 − j0,5) = 5,52e |
|
|
|
|
|
|
5,5 |
= 5,52e+ j185o А. |
Заметим, что для перевода комплексного тока из алгебраической в показательную форму записи использован рис.4.4 и прилагаемая к нему формула для третьего квадранта комплексной плоскости.
Модуль тока в нейтральном проводе I N = 5,52 А соответствует искомому
показанию амперметра.
Пример 7.8. В условиях примера 7.7 определить показания электромагнитных амперметров А1, А2 и А3 и вольтметра, включенных в
линейные провода, как это показано на рис.7.14 |
при обрыве (отсутствии) в цепи |
||||||||||||
нейтрального провода. |
|
|
I&A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А |
|
А1 |
|
|
|
А |
|
|||||
|
E&С 1 |
E&A |
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
E&В |
V |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|||
|
|
U&10 |
|
|
|
|
|
|
|||||
С |
В |
С |
XC |
|
|
|
XL |
В |
|||||
|
|
|
А2 |
I&B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А3 |
|
|
I&C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.7.14 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
150
Исходные |
данные: |
E& A = 220 В; |
E&В = 220e j240o |
= (−110 − j190) В; |
E&C = 220e j120o = (−110 + j190) В; |
Z А = 55 Ом; |
Z B = j44 Ом; |
Z C = − j36,6 Ом. |
Решение. 1. Применяем метод узловых напряжений (п.5.4), в
соответствии с которым промежуточной неизвестной величиной является узловое напряжение U&10 . Приняв нейтраль генератора за узел (1), а нейтраль приемника за опорный узел (0) и направив U&10 от узла 1 к узлу 0, в соответствии с формулой
(5.9а) получаем U&10 = J&11 Y 11 , где J11 = −(E&A Y A + E&B Y B + E&C Y C ) и
Y 11 = (Y А + Y B + Y C ) .
2. Находим численные значения указанных выше величин
Y A |
= |
|
1 |
|
= |
1 |
|
= 0,0182 См; |
Y B = |
1 |
= |
|
1 |
= − j0,0227 См; |
|||||||||
Z A |
|
55 |
|
Z B |
|
j44 |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Y C |
= |
|
1 |
|
= |
|
|
1 |
|
|
= + j0,0273 См; |
E&A Y A = 220 0,0182 = 4 А; |
|||||||||||
Z C |
|
− j36,6 |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
E&B Y B |
= 220e j240o |
0,0227e− j90o |
= 5e j150o |
= (− 4,3 + j2,5)А; |
|||||||||||||||||||
E&C Y C |
= 220e j120o 0,0272e+ j90o |
= 6e j210o |
= (− 5,2 − j3)А; |
||||||||||||||||||||
J&11 = −[4 + (− 4,3 + j2,5)+ (− 5,2 − j3)]= 5,5 + j0,5 = 5,52e j5,2o А; |
|||||||||||||||||||||||
Y 11 = 0,0182 − j0,0227 + j0,0273 = 0,0182 + j0,0046 = 0,0188e j14,2o См. |
|||||||||||||||||||||||
3. Находим узловое напряжение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
U&10 = |
|
J&11 |
|
|
= |
5,52e j5,2o |
|
|
|
= 234e− j9o |
= (289 − j46)В. |
||||||||
|
|
|
|
Y 11 |
|
|
0,0182e j14,2 |
o |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Модуль этого напряжения U10 = 234 В определяет показание вольтметра V. 4. Определяем токи в линейных проводах, используя формулу (5.8):
I&A = Y A (E&A +U&10 )= 0,0182[220 + (289 − j46)]= (9,3 − j0,8)= 9,3e− j5o А; I&B =Y B (E&B +U&10 )= − j0,0227[(−110 − j190)+ (289 − j46)]=
= (− 5,4 − j4,1)= 6,7e− j217o А;
I&C =Y C (E&C +U&10 )= + j0,0273[(−110 + j190)+ (289 − j46)]= = (− 3,9 + j4,9)= 6,3e j129o А.
Заметим, что при нахождении начальных фаз искомых токов использовался рис.4.4 и приложенные к нему формулы. Проверку правильности получения линейных токов цепи легко осуществить с помощью формулы (7.3 а), что и предлагаем читателю проделать самостоятельно.
5. Показания амперметров, включенных в линейные провода цепи, соответствуют модулям линейных токов и составляют A1 − 9,3 А; A 2 − 6,7 А;
A 3 − 6,3 А.
151
Пример 7.9. В трехфазной симметричной цепи примера 7.1 произошел обрыв фазы А при отсутствии нулевого провода (на рис.7.2,а ключи К1, К2 и К3 разомкнуты). Требуется определить комплексные токи и напряжения всех трех фаз приемника и комплексное напряжение между нейтральными точками приемника и генератора. Построить векторную диаграмму токов и напряжений цепи на комплексной плоскости.
Решение. 1. Исходные данные для расчета: Еф =220 В; Zф = R = 22 Ом. Совмещая вектор ЭДС фазы А источника с осью вещественных чисел, получаем
Е&А = 220 |
В; Е&B = 220e− j120o = (−110 − j190) |
В; Е&C = 220e+ j120o |
= (−110 + j190) |
В. |
|
|
|
2. |
Линейные напряжения приемника |
остаются такими |
же, как и при |
симметричном режиме работы цепи (пример 7.1): U&AB = 380e j30o = (330 + j190) В;
U&BС = 380e− j90o = − j380 В; U&СA = (−330 + j190) В. Однако фазные напряжения
здесь изменяются, поскольку в цепи отсутствует нулевой провод, поддерживающий их равными фазными ЭДС генератора.
3. Определяем комплексное напряжение между нейтральными точками приемника и генератора, используя формулу (5.9 а) метода узловых напряжений и принимая нейтраль генератора (0) за опорный узел
|
|
|
U&N |
= |
E&A Y A + E&B Y B + E&C Y C |
. |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Y A + Y B + Y C + Y N |
|
|
|
|
||
|
В этой формуле |
Y A = 0 (фаза А оборвана); |
Y B = Y C =1 Z ф = 0,0455 См; |
||||||||||
Y N = 0 (нет нейтрального провода). Таким образом |
|
|
|||||||||||
U& |
N = |
E&B Y B + E&C Y C |
= |
[(−110 − j190) 0,0455]+ |
[(−110 |
+ j190) 0,0455] |
= |
||||||
Y B + Y C |
|
0,0455 + |
0,0455 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
= |
(−5 − j8,64) + (−5 + j8,64) |
= |
−10 |
= −110 В. |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
0,091 |
|
|
0,091 |
|
|
|
|
4. Определяем комплексные токи в линейных проводах (они же фазные токи приемника), используя формулу (5.8) метода узловых напряжений. С учетом принятых в данном примере направлений токов и напряжений имеем
I&A =Y A (E&A −U N ) = 0 , так как Y A = 0 ;
I&B =Y B (E&B −U&N ) = 0,045[(−110 − j190) − (−110)]= = 0,0455(− j190) = − j8,64 = 8,64e− j90o А;
I&C =Y C (E&C −U&N ) = 0,045[(−110 + j190) − (−110)]= = 0,0455(+ j190) = + j8,64 =8,64e+ j90o А.
Из этих расчетов следует, что I&C и I&B это фактически один и тот же ток в контуре 0ВВ0′СС0 (фаза А разорвана), направление которого на рис.7.2 принято в соответствии с направлением U&BС , т.е. в направлении I&B . Поэтому ток I&C имеет
152
знак противоположный I&B . Действующее значение этого тока I В = IС =8,64 А.
Проверку правильности вычислений линейных токов предлагаем читателю осуществить самостоятельно, воспользовавшись формулой (7.3 а).
5. Определяем комплексные фазные напряжения U&B и U&C приемника,
воспользовавшись формулой закона Ома
U&B = I&B Z B = − j8,64 22 = − j190 В; U&С = I&С Z С = − j8,64 22 = + j190 В.
Отсюда следует, что U&C = −U&B и истинное направление напряжения U&C на
схеме рис.7.2,а противоположно принятому. Действующие значения этих напряжений равны между собой и каждое из них равно половине действующего
значения напряжения U ВC |
. Этот результат |
находится в полном соответствии с |
||||
конфигурацией электрической |
схемы при |
обрыве фазы |
А и отсутствии |
|||
линейного провода. |
В самом деле, ток в образовавшейся после разрыва фазы А |
|||||
цепи |
протекает |
через |
два |
одинаковых |
сопротивления |
Z ф = R = 22 Ом, |
соединенных между собой последовательно и находящихся под воздействием
линейного напряжения U ВC = 380 |
В. |
На каждое из них |
приходится половина |
||||||||||||||
этого напряжения (U В =U С =190 |
В), |
|
а действующее значение тока составляет |
||||||||||||||
I В = IС = 380 / 44 = 8,64 А. |
|
|
|
|
|
|
U&А на |
|
|
|
|
|
|||||
6. Определяем |
комплексное |
напряжение |
оборванной |
фазе |
А. |
||||||||||||
Непосредственно из |
закона |
Ома |
это |
|
напряжение найти |
невозможно, |
так |
как |
|||||||||
I&А = 0 и |
Z А = ∞. Его определяем из рассмотрения контура 0АА0′А цепи, |
для |
|||||||||||||||
которого |
в соответствии со |
вторым |
законом |
|
Кирхгофа |
имеем: |
|||||||||||
E&A =U&A +U&A +U&N |
или U&A = E&A −U&N = 220 − (−110) = +330 В. |
|
|
||||||||||||||
7. Векторная диаграмма исследуемой цепи представлена на рис.7.15 в двух |
|||||||||||||||||
вариантах. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а) |
|
|
|
100В |
|
|
|
|
|
|
|
|
б) |
|
|
|
|
U&AB |
+1 |
|
|
|
10А |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
U&A |
|
|
|
|
|
|
|
U&A |
|
U&AB |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
U&N |
|
|
|
|
|
I&А = 0 |
|
|
|
|
U&С |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
30° |
|
|
|
+j1 U&С |
0 |
U&B |
U&BС U&СA |
0′ |
U&B |
I&C |
|
I&B |
|
|
|
|
U&N |
|
|
I&C |
U&BС |
|
|
|
|
I&B |
|
U&СA |
|
|
|
|
|
153
Рис.7.15
В первом варианте (рис.7.15,а) все векторы исходят из начала координат комплексной плоскости (точка 0). Во втором варианте (рис.7.15,б) векторы линейных напряжений перенесены параллельно самим себе так, чтобы они опирались на концы векторов фазных напряжений. Такое их расположение позволяет определять действующие значения токов и напряжений, используя только геометрию равностороннего треугольника.
Очевидно, что здесь нейтральная точка 0′ симметричного режима опустилась
на середину вектора |
U&ВC и поэтому действующие значения напряжений фаз В и |
С стали равными |
половине действующего значения линейного напряжения: |
U В =UC =U л / 2 = 380 / 2 =190 В ( на схеме цепи два одинаковых сопротивления R = 22 Ом соединены последовательно и находятся под воздействием линейного напряжения U&л = 380 В). Действующее значение напряжения U&А на разорванной фазе А определяет высота равностороннего треугольника, величина которой
U& А =U& AB cos 30o = 380 0,86 = 330 В.
Действующее значение напряжения на нейтральном проводе UN определяется на диаграмме рис.7.15,б расстоянием между точками 0′ при
симметричном и исследуемым режимами работы: UN = 220 cos 600 =110 В. Заметим, что при определении UA и UN можно использовать также известный из курса математики факт, что центр равностороннего треугольника делит его высоту в отношении 2 : 1. Действующие значения токов в фазах В и С
IB = IC = Uл / 2R = 380 / 44 = 8,64 А.
Пример 7.10. В трехфазной цепи примера 7.1 произошло короткое замыкание фазы А при отсутствии нейтрального провода (на рис.7.2,а ключ К1 замкнут, а ключ К3 разомкнут; ключ К2 может находиться в любом положении). Требуется определить комплексные токи и напряжения всех трех фаз приемника, а также напряжение между нейтральной точкой приемника и генератора; построить векторную диаграмму токов и напряжений на комплексной плоскости.
Решение. 1. Исходные |
данные для расчета: Е&ф =220 В; Z A = Z B = Z C = |
|
= Z ф = R =22 Ом. Совместим ЭДС фазы А с осью вещественных чисел и получим |
||
Е&А = 220 В; Е&В = 220e− j120o |
= (−110 − j190) В; Е&В = 220e+ j120o = (−110 + j190) В. |
|
2. Линейные напряжения приемника остаются такими же, как и при |
||
симметричном режиме работы U&AB = 380e j30o |
= (330 + j190) В; |
|
U&BC = 380e− j90o = − j380 В; |
U&CА = 380e+ j150o |
= (−330 + j190) В. Однако фазные |
напряжения приемника претерпевают изменения.
3. Определяем комплексное напряжение U&N между нейтральными точками приемника и генератора. Формула (5.9,а) метода узловых напряжений здесь не годится, так как при коротком замыкании фазы А YА = ∞ и она приводит к
154
неопределенности вида ∞ / ∞. Поэтому комплексное напряжение U&N находим, рассмотрев контур 0АА′0′ и составив для него уравнение по второму закону Кирхгофа: Е&А =U&A +U&N . При коротком замыкании фазы А, U&A = 0 , и получаем, что U&N = E&A = 220 В.
4. Определяем комплексные токи в фазах В и С приемника, используя формулу (5.8) метода узловых напряжений:
I&B =Y B (E&B −U&N ) = 0,045[(−110 − j190) − 220]= (−15 − j8,6) = 17,3e− j150o А; I&С = Y С (E&С −U&N ) = 0,045[(+110 + j190) −220]= (−15 + j8,6) =17,3e+ j150o А.
5. |
Определяем комплексный |
ток в линейном проводе А, используя формулу |
||||
(7.3,а), |
согласно |
которой |
I&A + I&B + I&C = 0 . |
Тогда |
I&A = −(I&B + I&C ) = |
|
= −[−15 − j8,6) + (−15 + j8,6)]= −(−30) = +30 А. |
|
|
|
|||
6. |
Определяем |
комплексные напряжения на |
фазах В |
и |
С приемника |
|
(напряжение U&A = 0 ), используя формулу закона Ома: |
|
|
|
|||
U&B = I&B Z B = [(−15 − j8,6) 22]= (−330 − j190) = 380e− j150o В, |
U&B = −U&AB ; |
|||||
U&C = I&C Z C = [(−15 + j8,6) 22]= (−330 + j190) = 380e+ j150o В, |
U&C =U&CA . |
7.Векторная диаграмма токов и напряжений при коротком замыкании фазы
Апоказана на рис.7.16 в двух вариантах.
а) |
+1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
б) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В |
|
10А |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
100U |
|
|
I&А |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
U&AB |
& |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I&C |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
I А |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0′ |
I&B |
|||
|
|
|
|
|
|
|
U&N = E&A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
U&A = 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
& |
|
|
& |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
U& |
BС |
|
|
|
|
U N |
|
|
− I А |
|||
+j1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
U&CA |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
I&C |
|
|
|
|
I&B |
|
|
|
|
|
|
|
U&AB |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
U&BС |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
U&C =U&CA |
|
|
|
|
|
U&B = −U&AB |
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.7.16
В первом варианте (рис.7.16,а) все векторы расположены в начале координат комплексной плоскости (точка 0). Во втором варианте (рис.7.16,б) векторы линейных напряжений перенесены параллельно самим себе так, чтобы они расположились между концами соответствующих фазных векторов. Такое их расположение позволяет определять действующие значения всех фазных токов и напряжений цепи, не произведя ее полного расчета.
155
Очевидно, что точка 0′ диаграммы, находящаяся при симметричном режиме работы в центре равностороннего треугольника, перемещается при коротком
замыкании фазы А (U&A = 0) вверх и совпадает с его вершиной. При этом
действующие значения напряжений на фазах В и С становятся равными линейным напряжениям и составляют UB = UC = 380 В, т.е. увеличиваются по
сравнению с симметричным режимом работы данной цепи в 3 раз. Токи в фазах В и С совпадают по фазе со своими фазными напряжениями, и их действующие значения составляют IB = IC = 17,3 A , т.е. возрастают по сравнению с
симметричным режимом работы также в 3 раз. Ток в закороченной фазе А I&A = −(I&B + I&C ) . Его действующее значение, как это непосредственно следует из
геометрических построений, составляет 30 А и увеличивается по сравнению с симметричным режимом работы в 3 раза.
Пример 7.11. Трехфазная цепь (рис.7.8) состоит из генератора (соединен звездой), вырабатывающего симметричную систему фазных ЭДС с действующим значением Еф = 220 В, и симметричного приемника, фазы которого обладают активным сопротивлением Z AB = Z BC = Z CA = R =38 Ом и соединены
треугольником. Требуется произвести полный аналитический расчет цепи в трех режимах: а) симметричном, б) при обрыве фазы АВ, в) при обрыве линейного провода А.
Решение. а) Расчет цепи при симметричном режиме работы.
На рис.7.8 ключи К1 и К2 замкнуты, U&AA′ = 0, фазные напряжения приемника U&A′B =U&AB , U&CA′ =U&CA .
1.Определяем комплексные ЭДС всех фаз генератора, совместив ЭДС фазы
Ас осью вещественных чисел комплексной плоскости:
Е&А = 220 В; |
Е&B = 220e− j120o = (−110 − j190) В; |
Е&C = 220e+ j120o |
= (−110 + j190) В. |
2. Определяем комплексные напряжения на всех трех фазах приемника. При выбранных на схеме (рис.7.8) направлениях действия ЭДС и напряжений в соответствии со вторым законом Кирхгофа имеем
U&AB = E&A − E&B = [(220 − (−110 − j190)]= (330 + j190) = 380e j30o В;
U&BC = E&B − E&C = [(−110 − j190) − (−110 + j190)]= − j380 = 380e− j90o В; U&CA = E&C − E&A = [(−110 + j190) − 220]= (−330 + j190) = 380e+ j150o В.
Заметим, что действующие значения всех трех напряжений равны между собой U AB =U BC =UCA = 380 В, а сумма векторов этих напряжений в
соответствии с формулой (7.6) равна нулю.
3. Определяем комплексные токи всех трех фаз приемника, используя формулу закона Ома:
156