/
Текст
ПмамарммВК
Пособие к практическим
занятиям по теории
электрических цепей
УДК 6213
Пономаренко В.К.
Пособие к практическим занятиям по теории электрических цепей.
Учебное пособие—2-е изд., переработанное н дополненное.
Озерск: ОТИ МИФИ, 2001, 200 стр.
Учебное пособие охватывает основные разделы теории линейных
и нелинейных электрических цепей н содержит 116 задач с подробны-
ми решениями и комментариями.
Задачи иллюстрируют основные расчетные методы н могут быть
использованы при подготовке к практическим занятиям по соответст-
вующим темам.
Пособие предназначено для студентов электротехнических спе-
циальностей, изучающих дисциплины ’’Теоретические основы элек-
тротехники", "Теория электрических цепей".
кик-1 ис.ки
ТОЭ ОТЦ ТЛЭЦ Электротехника
Рецснзенгы; зав. кафедрой "Системы электроснабжения" ЮУрГУ, профессор,
Д.Т.Н., членчсорреспондеят АЭН РФ Ю.Н Хохлов;
зав. кафедрой "Электрификации промышленных предприятий"
ОТИ МИФИ, K.T.H., доцент В.Н. Попов
Озерский технологический институт МИФИ (ОТИ МИФИ), 2001.
Глава первая
Линейные электрические «епн
постоянного тока
1Л. Простые иеразветвлеиныс и разветвленные цепи
Задала 1-1.
В пеки, схема которой показана на рисунке 1.1, ЭДС источника
£• = 37,5 В, внутреннее сопротивление Квт ™ 0,6 Ом. Сопротивления потребите-
лей: Ki = 2,4 Ом, Ri - 4,8 Ом, R2 = 7,2 Ом.
Определить ток в цепи, напряжение на зажимах источника й потребите-
лей, а также мощность источника энергии и мощности всех потребителей.
Рисунок 1-1
Рассматриваемая цепь образует один электрический контур, tjc. она не-
разветвленгая. Ток в цепи течет от зажима источника по часовой стрелке к
зажиму
Ток в неражетвлсяной пели ложно вычислить по закону Ома:
______Е_______
Rpy + Rj + R2 + R3
373
0,6 + 2,44-4,8+7,2
-25 А.
Напряжение на зажимах источника энергии можно выразить либо разно-
стью ЭДС и падения напряжения на внутреннем сопротивлении источника, ли-
бо произведением тока на общее сопротивление потребителей.
67=£-/^=37^-2,5 0.6=36 В,
U=1^ +Л, +/?Э)=36В.
Падения напряжения на потребителях:
£7, =/,/?, = 2,5-2.4 = 6В,
U2=I2R2 =2,5-4,8 = 1213,
U3 =/3Д3 =2,5-7,2=18В.
Следовательно. £7, +£72 +U3 *=U=36В.
Источник энергии развивает мощность
РЕ = £7=37,5-2,5 =93,75Вт.
Часть этой мощности згярачивается внутри источника
РЕТ 0,6-6,25 = 3,75 Вт»
а остальная мощность распределяется в сопротивлениях внешней цепи:
При этом
Р, =Ц7=£,/2=15Вт»
Р2=Ц/=Я2/г=30Вт,
Р, =£/37 = /?л/а=45Вг-
P^P^+Pj+Pbt
Задача 1.2,
В схеме рисунка 1.2 ЭДС £| = 20 В, ЭдС Е2 = 10 В, сопротивления
Двт1“0»5 Om,Rbt2= 1,5 Ом, 1? = 18 Ом. Определять величину и направление то-
ка в цепи и режим работы источника энергаи.
Рисунок 1.2
В неразветвлениой цепи с несколькими источниками ЭДСток равен от-
ношению алге^аической суммы ЭДС к общему сопротивлению цепи:
£,-£2
+£вт7 0.5+1,5+18
Направление тока совпадает с направлением ЭДС £> (Ei> Еа).
Если ЭДС источника имеет одинаковое направление с током, то такой
источник работает *'в режиме генератора”. Напряжение на зажимах такого ис-
точника меньше ЭДС.
Если ЭДС источника направлена противоположно току, то источник ра-
ботает "в режиме потребителя", напряжение на его зажимах больше ЭДС.
В схеме рисунка 1.2 источник Ei работает " в режиме генератора", у него
[7, =Д —IR^ =20—С,5-0,5=19,75 В; источник Ei работает “в режиме потре-
бителя”, у него U2 = Е2 +Л?иг2 =10+0,5-1,5 = 10,75 В.
Задача 1.3.
Источник энергии с ЭДС £=120 В и внутренние сопротивлением
2 Ом (рисунок 1.3) включен в цепь, в которой ft = 18 Ом, ft = 100 Ом,
ft — 150 Ом. Вычислить токи в ветвях, напряжения на зажимах потребителей и
источника, а также мощности источника и всех потребителей.
Рисунок
Обшнй ток I, разветвляется в узле "а” на два тока : h и Л-
Заменим сопротивлалш ft и ft эквивалентным сопротивлением:
После такой замены получается простая неразветвленная цепь
'Рисунок 1.4)
Определим общий ток.
Е 120
Яет+^1+К23 2+18+60
Определим падение напряжения на сопротивлениях:
=Л^23 = 1.5 60=90 В,
U, =/,«! = 1,518 = 27В,
t/w=Mkr=1.5 2=ЗВ
Напряжение на зажимах источника
V = E-ItEBr = 120-3=117 В.
Переходим к исходной схеме и определяем остальные токи в ветвях:
^=®»=.ВДА,
R2 100
^ = —= 0.6А или/,
Л, 150
Мощность источника
РГ=Е11 = 120-1,5=180 Вт,
мощность потребителей
Р =67, =117 1.5 = 175,5 Вт
1.2. Источники ЭДС и тока
Задача 1.4-
Заменить схему с источником ЭДС £=10 В и £в-г=1 Ом (рисунок 1.5)
схемой с эквивалентным источником тока. Убедиться, что при такой замене ток
[ напряжение и мощность внешней цепи с сопротивлением R = 9 Ом остаются
неизменными.
напряжение
мощность
Ияг+И 9+1
t/ = Z^=l-9=9B,
P=L7=9-1=9Bt.
В преобразованной схеме (рисунок 1.6) в соответствии с условием экви-
валентности ток источника тока
Рисунок 1-€
напряжение
_^gL.=10—-9В,
К + Квт 9+1
ток
мощность
F = jRZ2 =9-1=9 Вт.
Таким образом, режим внешней цепи не изменился. В то же время мощ-
ности источников в схемах различны:
Р£= £7=10-1 = 10 Вт,
Pj =[/7=9-10 = 90 Вт.
Мощности потерь в источниках различны:
в схеме с источником ЭДС = 1?вт/2=1-1=1 Вт;
в схеме с источником тока Pw = Ент(J—J)2 =1 - (10—I)2 = 81 Вт.
При этом РЕ = Р+Евт, Pj ~P+PBi-
Задача 1.5.
Для электрической цепи рисунка 1.5 определить, при каком сопротивле-
нии нагрузки R в условиях предыдущей задачи источник питания отдает наи-
большую мощность и какой при этом к.п.д. 1] источника.
Мощность, выделяйся в нагрузочном сопротивлении.
_Е2 R
(KBT+R)2
Для определения наибольшей мощности, отдаваемой источником» необ-
ходимо найти первую производную Р2 по R и приравнять её нулю*
dP, E’tF^ + RTс
dR (Квт+ЛУ
Следовательно, E3(RBT + R) E22R=0 nR = R^.
Нетрудно найти вторую производную и убедиться в том, что сна отри-
цательна
т.е. условие /?=2?вт соответствует максимуму функции
л(к)
Максимальную мощность, отдаваемую источником энергии, можно по-
лучить, подставка Н=Нв7 в выражение мощности
—^-_Л = ^=^ = 25Вт.
(RBT+K)2 4Явт 4-1
Коэффициент полезного действия источника
'ат» _ £“ Е
-^-^-ег^^:
£8т+£
«вт+Я I
• =-----=— или
4/^т 2
I2R
—--------- —- = -=<>,5.
I (^вт+^) *вт** Z
Таким образом, если R=ЦвТ, то ту=0,5.
Задача 1.6.
Определить внутреннее сопротивление Дет и ЭДС Е источника питания
(рисунок 1.7), если при разомкнутых выключателях В; и В2 ток, измеряемый
амперметром, равен I=Д = 2 А, а при замкнутом выключателе Bt и разомкну-
том B2 ток I=/2=2,5 А. Сспротпвпашя = F ?—R 5 — 3 Ом.
К»
Яз
Рисунок 1.7
Для первого режима
Е = /,(«„, + К, = 2(Я„ + 3+ji) - 2(JJ„ + «).
Для второго режима
Е = /2(Л£Т + =2-5<ЯВт +1-5).
Следовательно, 2(2?ВТ+4,5) = 2Л(КВТ +1,5), откудаКвт— 10,5 Ом.
ЭДС источника питания £ = 2,5-(1О,5+1,5) =30 В.
1.3. Законы Ома и Кирхгофа
Задача 1.7.
Найти показания амперметра (рисунок 1£), если Цп — +107 В
tk=-60 В, Я, = 7 Ом, Й2 ~ 8 Ом, Е| = 100 В, Е2 = 70 В.
Обозначим произвольно токи в ветвях: Ih /з, /3.
Токи Ii, 1} определим по закону Ома:
107-100
' 7
/ _Uec+E2^-EQ+70
г R2 8
10
Запишем первый закон Кирхгофа для узла е. 12—13 = О»
откуда 13 =А -1-1 =1-1.25=-О,25 А.
Амперметр показывает 0,25 А, а ток/3 имеет направление, противопо-
ложное выбранному.
Задача 1.8.
В схеме рисунка 15 определить ток fa и потенциал точки т, если
/1=20мА,Уз= -10ыА,7?2 = 5кОм,£.2=15В, Rj=10kOm.
Заземление любой точки схемы говорит о том, что потенциал згой точки
принят равным нулю.
Так как Ift-I? +/3 =О,то Д = —./1 —13 =—20+10 = —ЮмА
Обозначим напряжение между точками т-а через Uma. Запишем второй
закон Кирхгофа для контура аят
I3Rj — I2R2 +^'о,а ~ ^2" откуда напряжение
UM —Ег-I3R3 + I2R2 = 15 +10-10-10-5 = 65В
Напряжение =tpn -^.атаккак <ра =0,то =U„„ =65 В.
Задача 1.9.
Для схемы рисунка 1.10 известно: R = 10 Ом, R2 — 20 Ом.
^з = 40 Ом, Я5 = 4 Ом, «6=5 Ом» £?= ЮОм, Rg=5 Ом, Е, =42 В./, = 1 А,
-=0»5 А, Д = 3 А. Определить и Е2.
По первому закону Кирхгофа для узлов ио" и ”с":
I4-It-I7=O, Z7=Z4-Z,=3-1 = 2A.
Z3 =Z,—Z2 =1—O,5 = O,5A
Пусть <pd = 0, тогда yc -l-iRi = 0,5-40 = 20 В; p, = pt -/2 Hz ~ 20
-0,5-2010 B; pt= V>c +Д «1 = 20 +1-10 = 30 B; p>. = p>0 -f, R,= 30 - 2-10 = 10 B.
Рисунок 1.10
В соответствии с законом Ома
г ftj-Pa + fil „ „ 0-30+42 ,л
z« =——------откуда К4 = ——-------L =---------= 4Ом.
Д 3
Ток /6 = ?'^-^=2Л.
5
Первый закон Кирхгофа для узла ”«Г':
/з+/б'_^4_А =0. откуда /s =/э + /6-/4 =О,5+2-3 = -О,5А.
Второй закон Кирхгофа для контура "dec":
Ez = IJR.S - I2Rz + 1гК3 = -0,5-4—0,5 -20 + 0,5 -40=8 В,
ЭДС £> можно также определить из закона Ома
= /5Лз -(fPa ДЛз + 4>в = -0,5 - 4+10 = 8 В.
12
1.4. Расчет цепей методами преобразования
R2 = Rs = 10 Ом.
Задача 1.10.
Определить токи и напряжения на отдельных участках схемы
(рисунок 1-П), если U ~ 240 В, Rt = R2 = 0,5 Ом, “ ~ -- -
Ом.
Путем постепенного упрощения найдем эквивалентное сопротивление
схемы, что позволит определить ток А- Преобразование начинаем с конца схе-
мы:
/^7 =R* +Rj =5+5 = ЮОм»
Rs+Ra 10+10
R™ =^R4+Rtc = 5+5 = ЮОм.
В этом случае схема имеет вид, показанный на рисунке 1.12. Найдем эк-
вивалентное сспротивлшие схемы:
—--------—-------=эим.
10+10
R, = Rl + Rec + R, =0.5 + 5 + С,5=бОм.
Ток в неразветвленной части цепи определяем по закону Ома:
, ^_240_дл д
Токи 13 и It.
2_ = 40—*2— = 20 А,
fjR2 10+10
-Z3 = 40-20=20А.
Напряжение между точками ей а:
Um = =20-10 = 200В или
О’ио =7^ =40-5 = 200 В, или
U„ =U-I,(Rt + /?2)=240—40[0»5+0,5)=200В.
Ток Л является общим для параллельных ветвей Z?j и Иду, поэтому
Is=lt ** =20 10 =10 А.
/<67+/?2 10+10
7в=7в-75=20-10=10А.
Напряжения:
Овс=7$К5=10 10 = Ю0В»
7/ев=/Л=20-5=100В.
Задача 1.11.
Определить токи в ветвях схемы рисунка 1.13, если .7 == 1 А,
Л?=Л>—7?з=12 Ом» jRj =2 Ом» Из=8 Ом.
Рисунок 1.13
Преобразуем треугольник R|, , Л> в эквивалентную звезду:
12-12
12+12+12
=4Ом,
К;Д2
Ri + К2 + R?
в-Ц =4Ом
7 Я,+Я2 + К3 I2+I2+I2
„ Мз 12-12
Rg —---------—----------— 4 Ом
* l^+Rj + Rj 12+12+12
Эквивалопная схема имеет вид, показанный на рисунке (.14. Эквива-
лентное сопротивление схемы определять не нужно, так как общий ток извес-
тен, он равен току источника тока J.
Определим токи в ветвях с сспрстивлжиями Rb Rg
j Rs+R7
Rj+R-j + Rj + R2
p =2.
8+4+2+4 3
/s=J-74=1
3
Возвращаемся к неходкой схеме. Тек Z3 можно определить из уравнжия
второго закона Кирхгофа для контура 3-2-4:
Токи Ii к t3 можно определить из первого закона Кирхгофа.
Для решения задачи можно преобразовать звезду Rb R3, R^ в эквива-
лентный треугольник. Получится схема, показанная на рисунке 1.15.
Рисунок 1.16
Теперь можно определитьток/а:
! **
6 ₽ , № , R2tRS '
’ Я,г+Я2 R24+£,
а затем токи Л, /« :
1-1 I -I
“ л,Дл/
Для определения остальных токов необходимо перейти к схеме
рисунка 1.13.
1.5. Расчет цепей по законам Кирхгофа. Баланс мощностей
Задача 1.12.
Определить токи в ветвях схемы рисунка 1.17, если J}t ~ 12 Ом,
JL=5 Ом, Л>~2 Ом, Я, =4 C4ft=4 Ом, 1^=1 Ом, Я,=24 Ом, £i= 4 В, Е2 = 1 В,
£б = 5 В. £? * 2 В. Л= 0.7 А.
Рисунок 1.17
Произвольно задаемся направлениями токов в ветвях.
Определим число уравнений, которые необходимо составить по законам
Кирхгофа: по первому закону и -1 = 5 — 1 = 4,
по второму закону тп-п + 1 -д=8 —5 + 1 — 1=3.
Записываем уравнения по I закону Кирхгофа:
Лб—Л—73=о, /l-/2-J2=o, z3+/4—zs=o, /а+/7—z6—о.
Выбираем три независимых контура, исключая ветвь с источником тока,
и задаемся направлением их обхода. Записываем уравнения по 2 закону Кирх-
гофа:
A^i+^2^2+^4^4 — ^3^2 = Д + ^2> +Л^2+/б^6ЖДб-.
I7Rs -L& -/^ =Ег
Для определения токов необходимо решить систему уравнений:
-/,-Л+/б=0, Л-Л=0,7. /3+/4-/5=0, Zs+/7-Z6=O,
12Zt + 5Zz + 4Zfl -2/3 =5, 2/j + 4/5 +/6 =5, -4/e -4f3 + 241, =2.
Решение этих уравнений дает следующие значения токов:
I, =0,5 А; /2=-0,2А; Л’0,5 А,
/«=0,25 А; /з = 0,75А; 76=1,0А; /7=0,25А
Для проверки правильности расчета токов в ветвях составляется уравне-
ние баланса мощностей:
Е^.+Е^ + Е^+Е^+С/'^ =
=RJ* + R2Zj + Е,/2 + R4I* + RJ* +
где иг = Ег -Z?2/2=l-f-5-0.2)=2B.
Подставляя числовые значения, получим:
4-0,5—1-0,2+5-1+2-0,25+2-0,7 = 12-О.5г +5-0,22 + 2-O.52 +
т 4 - 0,252 + 4 - 0,752 +1 -12+24 0.252; 8,7 Вт=8,7 Вт.
1.6. Методы контурных токов и узловых потенциалов
Задача 1.13.
В схеме рисунка 1.18 определить все токи методом контурных токов,
„ано- R1 = 20 Ом, «2 = 30 Ом, R> = 40 Ом» R^ = 80 Ом, th = 20 Ом, Rt = 20 Ом,
£=16 В, 7= 0,3 А.
Определяем число уравнений, которое необходимо составить для кон-
курных токов по второму закону Кирхгофа:
В дайной схеме источник тока нельзя преобразовать в эквивалентный
источник ЭДС. Целесообразно в качестве одного из контурных токов выбрать
ток источника J. Уравнения составляют лишь для контуров с неизвестными
контурными токами. Таким образом, так как один контурный ток J известен
fc = то число независимых контуров, для которых составляются уравнения
ПО методу контурных токов, равно трем (ветвь с источником тока входит в кон-
1Ур, в котором контурный ток /«=7).
Пронзволы® задаемся направлением контурных токов 7ц, hi, hi Запи-
шем уравнения второго закона Кирхгофа для контурных токов
№ — ~ R$hn = ^7,
+ U?6 +^2 +^j)^22 — ^МэЗ — Rs-h
"Wil ~ ^5^22 + (^3 +^»ХзЭ = ^—(^4 *’ ^s)7.
с®Куда при заданных параметрах находим /и — 0,3 А, 11г = 0,2 A, hi = 0,1 А.
Токи в ветвях: Л = = 0,3 А, /2 = hi ~ 0,2 А, /3 = hi = 0,1 Z
4 =hi +J - /и = 0.1 + 0.3 - 0,3 = 0,1 A, h =h3 +J - hi = 0,1 + 0,3 -0.2 = 0.2 /
It =4i -hi = 0,3 -0.2 = 0.1 A.
Задача 1.14.
Определить таки в схеме рисунка 1.19, если R» = К> ' R? = 10 См
Л = 5 Ом, R) = 10 Ом, Кз = 2 Ом, R, = 1 Ом, Ев = 5 Ом, J = 2 А. Ез = 200 В
Е3=30 В, Е.=80 В, Ев = 38 В, Д=60 В.
Рисумж 1.19
В схеме четыре узла, поэтому количеству уравнений, которое необходи
мо составить по первому закону Кирхгофа методом узловых потенциалов рав-
но
я—1=4—1=3-
Вринимаем tp4 — 0, запишем систему уравнений для узлов 1-3:
где
+ G4 +G7)-$>2 G, -p3 G4 =Et Gn-El -G, +J+E, Glt
^>2(Gl +Gj +GS+GS)~<Pi-Gt —tpy -G3 =Et -G, — E3-G3~J,
(Рз(Р4 +GS +G6)-^ G,-^ Gs =-E4 Gt-E6 G6,
G, --------------=0.05 Cm, G, =—------=0.1 Cm,
R( + R, 10+10 R3 10
G4 =—=-=0.2 Cm,
Ra 5
- = 0,l Cm,
10
G6 =^-=1=0,5 Cm, G,=J-=1«1Cm. G8 =±=1 = 0.2 Cm.
20
Таким образом,
.1,25-р2 -0,05-рч -ОД=80-0,2-200-0,05+2+60-1=68,
-Pj -0,05+^ -0.45-рз-0.1=200-0,05-30-0,1-2=5.
- - 0,2 -р., - 0,1 + р3 - 0,8 = -80 • 0,2 - 38 -0,5 = -35.
Из системы уравнений определим потенциалы узлов:
Pj=50B, =10В. р3=—ЗОВ.
Зададимся произвольно направлениями токов в ветвях и определим их
по закону Ома:
I )=(р, - рд+£i)Gi=(50-10 + 200)- 0,05=12 А,
/^(рз-р, +£,№ =(—30—50+80)-0,2=ОА,
Zs= (rVt + =(-50+60)1=10 А,
/с=(Рз +£з)С3=(10 + 30)-0,1=4А,
Zs=p2Gs = 10-0.2=2A,
^б=(Рд -Рз)<?5 (10 + 30)0,1 =4 А,
(Рз + £6)G6 = (-30 + 38) 0.5 =4А
Задача 1.15.
Методом узловых потенциалов найти токи в схеме рисунка 1.20.
Дано: £| = 100 В, £j = 10 В, £3 = 40 В, = 20 Ом» - 30 Ом,
£з = 20Ом, £$= 10 Ом.
Рисунок 1-20
В схеме четыре узла, шесть ветвей, причем в двух из них включены иде-
альные источники ЭДС Ei и Ej. Потенциал одного из узлов, к которому под-
ключен идеальный источник, приравнивается к нулю. Так, если принять
$я» = О, то ф = £j = 100 В. В схеме осталась ветвь с идеальным источником £5,
имеющая бесконечно большую проводимость- Покажем, как обойти указанное
затруднение. Если во все ветви, примыкающие к какому-либо узлу, ввести оди-
наковые ЭДС, направленные к узлу (или от него), то это не окажет влияния на
распределение токов в схеме, так как в уравнениях второго закона Кирхгофа
для любого контура эти ЭДС взаимно компенсируются. Воспользовавшись
этим, введем во все ветви, примыкающие к узлу 1, ЭДС Е, направленные к
этому узлу и равные £; (рисунок 1-21). Получается, что в ветви 3-1 действуют
одинаковые и противоположно направленные ЭДС, их сумма равна нулю. По-
этому точки 3,1 равнгмютеяцияльны и их можно закоротить (рисунок 1.22). Эта
схема имеет три узла, причем в ветви 2-4 имеется одна идеальная ЭДС («я» = 0-
Следовательно, по методу ухчовых потенциалов надо составить всего
одно уравнение для узла 1(3). Уравнение имеет вид.
(р, -(G, +G2+Gj +G4)—Pi +Сз)=£' Gv +(Е2 +Е’} G2.
22
Рисунок 1.22
Подставляя числовые значения, получим = 60 В. Токи Л —Д опреде-
лим по закону Ома:
А = («Ъ “й)С1 2 А, ?2 =(^2 ~<»| + Ь2 +Е’)С2 =3 а.
Z3 = fjGj =3 A, ~ -^Е'УС^ = 2 А,
Токи /, Д определим по первому закону Кирхгофа в исходной схеме.
Z=Z,+Za=5A,/5=Z2-/4«lA.
Задача 1.16.
Два параллельно включенных генератора (рисунок 1.23) с ЭДС
= Д. = 230 В и внутренними сопротивлениями Я„,( = 0,5 Ом, Д,,? = 0,4 Ом
питают потребитель, эквивалентное сопротивление котсрсго Лз ~ 10 Ом.
Определить токи В ветвях.
Рнстиок 1.23
В соответствии с методом двух узлов, если гр, — 0. то
+ E2GZ
Gj+Gz + G3
230--—+230 —
. 0,5 0,4
1 1 1
0,5 0,4 10
= 225 В.
Направлениями токов в ветвях задаемся произвольно.
Токи
= <Е, -<7„)С, = (230-225) 2 = 10 А:
^srl
/2 = (Ъ ~Um)G2 =(230-225) -2,5 = 12,5 А;
I3 = UmG} = 225-0,1 = 22,5 А.
Если Лет| = 0, то <ра = Um = Ej. Ток Ц определяется из первого закона
Кирхгофа.
При параллельной работе генераторов при равных ЭДС распределение
токов между ними определяется их внутренними сопротивлениями:
Л g2
Как изменятся токи генератсров, если ЭДС Е2 уменьшить на 1%?
При Е2 — 227,7 В получим
ВД+ВД_ 230-2 +227,7-2.5
C'"“G,+G, + Gi“ V -2И-’5В.
Z, =(Д1 -Gce)G, = (230—223,75)-2 = 12.5 А;
1г = (Ег -VaJG2 = (227,7—223.75)-2.5 = 9J8B А.
т.е. ток второго источника уменьшился с 12,5 до 9,875 А или на 21%; ток пер-
вого источника увеличился.
Если требуется разгрузить один из генераторов, т.е. сделать его ток рав-
ным нулю, то это возможно, если соответствующая ЭДС будет равна напряже-
нию Uat.
Допустим, что требуется разгрузить второй генератор, т.е. сдел
I2 = (Е2 ~Gva)G2 = 0- Это возможно при условия Е2 =Gm. Подставляя это ра-
венство в формулу узлового напряжения, получим
E.G, +G„G,
_ откуда U,
- — = 219В
2 + 0.1
Таким образом, при Е2 = 219 В и С/Ов—219 В ток 12 Ч).
1.7. Преобразование параллельного соединения ветвей
с источниками энергии
Задача 1.17.
Определить токи в ветвях схемы рисунка 1.24,а, если Ej = 48 В,
£, = 24 В. Ез = 12 В, Е ~ 12 В, /? = 3 Ом. Hi ~ 6 Ом. Из = Л» = 2 Ом,
r=6Om.
Рисунок 1.24
Для определения тока Д заменим каждую группу параллельно соедивен-
Ь:“И ветвей одной зквивалентной-
Эквивалешная ЭДС Еп и эквивалентное сопротивление На для левых
Ее1вей:
Е _ Efit - Efi2 48-0,33 - 24-0,166 _ ?г) Е
12 ” C,+G2 ” 0.33+0.166
G,=—=-=0,333 См, G,=—=—=0,1€7См.
' Ri 3 г R2 f>
С,2=С1+Сг=0,5См,
tzJ2 Ki+K2
Эквивалентная ЭДС Ец и эквивалентное сопротивление R3i для правых
параллельных ветвей:
£M=^^=£=12B, Л„=^=-=2Ом.
34 3IR 34 3 3
В результате таких преобразований получится схема, показанная на ри-
сунке 1.24,6.
Ток в этой схеме
/ = *Ь*^-*Ь 24+12-12 3
’ Лг+^т.+А+^ 2+2+2+Z
напряжение на участках
t/2| =£„-/,£12=24-3-2 = 18 В;
= £34+^34 =12+3-2=188.
Токи в ветвях исходной схемы*
/, = (£, -£7a,X?i = (48-18) 1 =10 А,
= (24+18)4=7А
о
Так как U34 >Е , то эти источники работают в режиме потребителя, ток
в ветвях с ЭДС Е равен:
_ ... 1 18-12 . д
I = (^J4 = 1 А
1.8. Метод наложения
Задача 1-18.
Для схемы рисунка 1.25 заданы параметры: Е, = 25 В, Л = 0,125 А,
£1 = 100 Ом, R3 = 2000 Ом» R3 — 500 Ом. Определить токи в ветвях, применив
метод наложения.
Il
Ri
Рисунок 1.25
Исключим источник тока и определим составляющие токов от источни-
ка ЭДС (рисунок 1.26).
Ц =/ -Гг =0,05-0,01 = 0,04 А.
При действии источника Л токи в ветвях схемы рисунка 111 равны:
'Г Ч._____________________= 0.125 _____2<”-5С0 -______-I
(Лг4-л,)(—2-^-+Л,) (2000+500Х 2°°°'50Я 4-100)
' г «,+«, 2000+ 500
Л -J -0125 1И>'5°°
=0 -f’ =0,125-0,005-0,1 = 0,02A.
27
Рисунок 1-27
Искомые токи
I, =lj —I” =0,05—0,1 =-0,05 А, ток /| по направлению совпадает с
направлением тока ;
/2 =4 +J” = 0,01 + 0,005 = 0,015 А;
Д=Д +/" =0,04 + 0,02 =0,06 А.
Задача 1.19.
Как изменятся токи в схеме рисунка 1.28, если ЭДС Д> увеличится
с 48 до 96 В? До этого токи в ветвях были равны: I, = О, Д = А = Д = Д = 3 А,
Rn = 8 Ом, R-л = 16 Ом, Ил = 8 Ом, Д, = 16 Ом.
Для определения токов целесообразно воспользоваться принципом на-
ложения. При этом достаточно определить токи в ветвях схемы рисунка 1.29 of
источника ЭДС — 96 — 48 = 48 В, имеющего то же направление, что и ЭДС
Ei в схеме рисунка 1.28, и наложить токи схемы рисунка 1.29 на токи соответ
ствуюхцих ветвей схемы рисунка 1.28.
28
Определим эквивалентное сопротивление схемы
,8(.________________=12 ом.
«Л+ЯА + ^Л* 8-16+8-16+16-16
Общий ТОК
R,
48 . .
=—= 4А.
12
Токи в ветвях
= 1А,
Л =Ц ~Ц = 4-2 = 2А.
Результирующие токи заданной схемы
/,” =Л+А =0+2 = 2А, Г2
= 3-1 = 2А»
£
/3" =13+/; =3+4 = 7А, Ц =/4+/j =3 + 1 = 4А,
29
1.9. Метод эквивалентного генератора
(активного двухполюсника)
Задача 1.20.
В схеме рисунка 1.30 определить ток It методом эквивалентного генера
тора, если jR, = 45 Ом, R2 ~ 30 Ом, jRj = 15 Ом, R2 = 36 Ом, Л = 18 Ом
Л,« 3 Ом, R, = 5 Ом, Е> = 225 В,£, = 180 В.
Рисунок 1.30
Разомкнем ветвь с сопротивлением К,, и найдем напряжение Ux (рису-
нок 1-31). Для этого определим токи
Е| 225 СА Г 180 .АЛ
=——!—- = 5 А, / =—i = —= ЮА.
Rz+R2 30+15 /?, 18
Напряжение холостого хода:
Е/х -lyRj =0 (через сопротивление Я, ток не течет),
c/xi=Mj+Ms=5-15+1018 = 255 В.
Рисунок 1.31
30
Входное сопротивление пассивного двухполюсника между точками
я впри отключенном сопротивлении^(рисунок 1.32)равно
,, . U* 255
Искомый ток I,, =-----=------=МД А.
Reii+R6 15+3
Задача 1.21.
Для схемы рисунка 1.33 методом эквивалентною генератора определить
гок через сопротивление /?„ если £д = 18 В, Ei = 21 В, Л, = 1 Ом,
Я=2 Ом, /?,=2 Ом, R.=7 Ом, Л=6 Ом.
Рисунок 1.33
ключенную к Е,, заменим эквивалентным генератором напряжения, у которото
ЭДС Е Lfa, а внутреннее сопротивление Rar равно входному сопротивлению
пассивного двухполюсника. Если в ветви, где требуется определить ток, имет-
ся источник ЭДС, то его вместе с оставшимися сопротивлениями удобно отве-
сти к активному двухполюснику.
Схема эквивалентного генератора в режиме холостого хода показана на
рисунке 1.34, Направление напряжения Ux выбрано произвольно. Ток
Г Ег 21 _ . .
I =-----=----=--------= 1,4 А.
2+7+6
Из второго закона Кирхгофа
Е2 — Et =ия + l(R3 + /?„), откуда
Vx = Е2-Е, -1(Кз +Д4>21-18~1,4(2+7)=—9,6В.
Следовательно, действительное направление этого напряжения (показа-
но пунктиром) прставсгюложно выбранному.
Определим входное сопротивление пассивного двухполюсника (рисунок
1.35):
Afe^).2,^gtZ)=56O„.
Е3 + Ел+К4 6+2+7
Рисунок 1.35
32
Входное сопротивление можно определить другим способом. В режиме
K£JpOn®ro замыкания рассчитывается ток /и. Тогда
Эквивалентная схема с ибнямиком ЭНС, у которого E~UK
цредстаилена на рисунке 136. Искомый ток
Ч s«6 .ЛЛ
—— =----------= 1,4 А.
JRn 5.6+1
Рисунок 136
Если в исходной схеме исключить всю ветвь "ас", где определяется ток,
а остальную схему заменить эквивалентным генератором, то
=ER$=1,4- 6=8,4В- Входное сопротивление
Яз+^ + Л, 2+7+5
В этом случае эквивалентная схема с активным двухполюсником
(рисунок 1.37) отличается от схемы рисунка 1-36- Искомый ток
Д+^ + Z^ 1+2+Э^б
Рисунок 1.37
33
Задача 1.22.
Переключатель Р в схеме рисунка 1.38 может находится в одном из трех
положений. В положении 1 ток I=It— ЮОмА, в положении 2 — то&
I=Zj =50мА, в положении 3 — ток I= ZS =20мА. Сопротивление резистора
jRj = 1 кОм. Определить сопротивление резистора JRj , входное сопротивление
двухполюсника относительно точек а. в и напряжение холостого хода.
А
R-
Рисунок 1Л8
При переключателе Р в положении 1 имеет место режим короткого за-
мыкания, поэтому в соответствии с методом эквивалентного генератора
-S2L=1O0mA.
Положения 2 и 3 переключателя соответствуют режиму с нагрузкой:
I ,=--а*—=20мА.
RBx+*J
Из полученных уравнений
501
к = =1— = I кОм, R. = 4 кОм.
°' It 100
34
1.10. Теорема взаимности. Теорема вариаций.
Линейные соотношения в электрических цепях
Задача 1.23.
В схеме рисунка 1.39 переключатели Р„ Ръ Рз и Р, находятся либо в пер-
рон, либо во втором положении. Если они находятся в положении 1, то в схеме
еклк>чен только один источник ЭДС £<- Над действием ЭДС -Е< протекают токи
/ я1.5 А, /2 = 3 А, /3 = 1 А. Найти ток 4, если все переключатели находятся
р'шдюжении2,полагая,что Д =20В, Е2 =40В, Е3 =50 В, ЕЛ =10В.
Рисунок 1.39
Для определения тока А воспользуемся принципом наложения и прин-
ципом взаимности. Если бы в схеме был включен только один источник ЭДС
^1 = 10 В, а остальные отсутствовали, то в ветви Ел по принципу взаимности
протекал бы сверху вниз ток 1,5 А ( ток Д от Еа был равен 1,5 А ). Так как ЭДС
= 20 В, то в ветви с Л протекает ток Z’ =1/>~~^=3 А. Анвлсгично нахо-
дятся токи в ветви с Да от источников ЭДС Е2, Е3:
/; =з-—=12А, /г =1
4 10 4 10
Ток Е определим путем алгебраического сложения составляющих токов
(с учетом их направления)
= 3+12-5=10А.
35
Задача 1.24.
Воспользовавшись принципом взаимности, определить показания ам-
перметра А (рисунок 1.40). Дано: Е = 30 В. Л = 6 кОм, /?2 = 4 кОм
Дг=8кОм,Лг =2?г=2кОм,
R.
Irj
Rj
Rj
Ra
Рисунок IAS
В соответствии с принципом взаимности схема рисунка 1.40 может быть
преобразована в схему рисунка 1.41, где ток 1=1%.
Рисунок 1.41
Эта схема может быть представлена следующим образе**
(рисунок 1.42).
Рисунок 1.42
Рассчитаем токи:
£ 30
5 ~R RiR2 , ~2, 6-4 । 8-2 ~SMA
s + Ri+Rz* £4+/?j + 6+4 8+2
£4 « 2 . .
-----——5----—I мА.
R< + R3 2 + 8
Ъ
R.+Rz
'~7=2мД.
6+4
Из схемы рисунка 1.41 ток Is = I, -13 =2-1 = 1 мА-
Задача 1.25.
При уменьшении на 0.25 Ом сопротивления Rt одного из плеч сбаланси-
рованного четырехплечего моста (рисунок 1.43) в цепи гальванометра G возни-
кает ток/2 = 50 мкА, а ток R в сопротивлении /?| изменяется от 100 до 125 мА
Найти зависимость изменения тока Ь от изменения сопротивления Rt.
Рисунок 1.43
37
где
По теореме вариаций изменение тока
—изменение сопротивления /?ь
It — ток при zR| = О,
Gii и Gi2—входная проводимость ветви I и взаимная проводимость ветвей2
и 1 при ziA’i ~ О.
Входную проводимость Gu и взаимную проводимость Gia найдем, за-
менив по теореме компенсации zR| на ЭДС +z7t), где
zi/j — изменение тока ветви 1. На основании принципа наложения можно ска.
зать, что приращения токов zJ|, вызваны только ЭДС zE|. Следовательно,
Таким образом, искомая зависимость, исходя из исходного уравнения
имеет вид
1,6-10^-^ 100-10э 160-Z/?.
-----—й---------“ -----л МКА
Задача 1.26.
Для схемы рисунка 1.44 известны показания амперметре® Ai и А- в двух
режимах: 1) R = 0,I, = 5 A, h ~ 2 А; 2) R » R„, R = 4 А,/2 = 1 А. Определить по-
казания первого амперметра при R = со.
Для линейной цепи справедливо соотношение вида Л = а + е-12. По дан-
ным даух режимов находим коэффициенты с и в из уравнений:
5=c+e-2, 4==a+e-1, откуда 6 = 3 А, 6=1.
Г1ри/? = соток/2 = 0 и /1=<> + в0 с = 3 А-
Глава вторая
Линейные пени синусоидального тока
2.1. Мгновенные н действующие значения синусоидальны* величин.
Последовательное и параллельное соединение элементов.
Мощности
Задача 2.1.
Известно, что в момент времени » = О мгновенное значение синусои-
дального тока г=5 А и достигает положительного максимума через ft=2,5 мс.
Период Т- 0,02 с. Определить амплитудное значение тока, начальную фазу и
угловую частоту. Записать выражение для мгновенного значения тока и по-
строить его график.
Мгновенное значение тока имеет вид i = sin(ct + ,), где угловая час-
тота to = ———=100?гз®314с'’. При I = ft ток достигает положительного
У Л/У? с
iimasMjMb, следовательно, фаза тока cxi +
= —.откуда
, =— -100)7-2,5-10'’ =0,25/г=-=45°-
‘ 2 4
Теперь можно определить амплитуду тока:
при<=0 i(0)=ZrBsm , =5 А,откудаЛп= ~= . 5 =5-^2 А-
sm^ яш 45
График тока i = 5~J2 sin(c?+45c) представлен на рисунке 2.1.
Рисунок 2.1
39
Задача 2.2.
Индуктивность L = 100 мГн включена последовательно с активным со.
противлением R = 10 Ом (рисунок 2.2). Мгновенное значение нар” Ления «j
активном сопротивлении = 50sin(314г+30с)в. Определить мпях % нныезна.
чения тока i и напряжения на индуктивности ^.действующие значения tfo. (J
4 мощности Р, Q. S.
Построить векторную диаграмму тока и напряжений, определить денег
вующее значение напряжения U
Рисунок 2.2
Мгновенное значение тока
,_a._5tein(314l^3g)_
R 10
мгновенное значение напряжения на индуктивности
rdi ^/-.Sinfctf + U/-) . , / \
ul=L—=L——у------------—^(t)U,pCQ^fiX+]l/i)=
dt dt
=314 -100 -10-3 - 5sin(3I4z + y, * 90' )= 157sin(l 14r +120“ ) B.
Это напряжение можно определить иначе. Все напряжения в схем*
рисунка 2.2 являются синусоидальными, поэтому напряжет?
н£ =£/иь51п(<у?+^и1), где неизвестными являются амплитуда С',вГ и начальна1
фаза ₽<ид. Амплитуда напряжения определяется по закону Ома, а начальная фа?
напряжения на индуктивности больше , на 90°.
Следовательно.
кд =ип! sin[ta + ^til)=a^.[msln{(i)t+v/i +90’}=157sin(314f+120’)B.
40
Действующие знвчсг.ия:
/=-Т’=-Г—3,54Л, Г/„-,-,®=Д£«35.4П,
& & Л -Л
U.-14t=l£=1113a
Л л
Активная мощность P=R -1г=10 -3,542 =125,3 Вт. реактивная мощ-
ность £)=<а£/г=31,4-3,542 =393.4вар, полная мощность
=7125.3’ +393,4' =412,8В-А.
Векторная диаграмма для схемы имеет вид, показанный на рисунке 2.3.
Напряжение на индуктивности опережает ток на 90й. Так как напряжение
и=дй+к£, то напряжение U определяется как геометрическая сумма векторов
Vb и Ul. Таким образом, действующее значение входного напряжения
U^L/£ +t/j = 7111,32 +35.42' =116,7 В.
Из рисунка 2.3. видно, что угол сдвига фаз между током и напряжением
вавходе
Л . 111,3
V ~ arctg-f-=arctg-—-=72,3
Рисунок 2.3
Зная угол «р, мощности можно рассчитать по другим формулам:
Р=VIcos^l 16,7 -3,54-cos 72,3° =125,4Вт,
g=C7sm«>=l 16,7-3.54sin 72,3” =393,5 вар,
S'=W=116,7-3,54=413 В-А.
41
Задача 2.3.
Б схеме рисунка 2,4 К = 120 Ом, С — 30 мкФ, напряжение
и = 3llsin314f, В. Определить полное сспротивлен цепи, деиствукхцие и
мгновенные значения напряжений и тока, активную, реактивную и полную
мощности.
Рисунок 2.4
Емкостное сопротивление Хг~----------------==1060м. полное со-
с tdC 314-30-10“*
противление цепи
Z=Jr2 + ( '-J2 =71202 + 1062 =160Ом_
V «аС
Действующие значения напряжений н тока
17=^=HJ=22OB.
72 Л
"=^=1,37 А;
Z 160
[/„=//?=1,37-120= 165 В; Uc =1ХС =1,37 406=145 В.
Угол сдвига фаз между током и входным напряжением
y=arctg—^
. 106
-“’"if'-41’ =v.-v.-
Мгновенные значения
i=/msin[®r+^/)=72 -t,37sin(314r+y/u -p>)=I,93sin(314f + 41,5”) A;
«ft =i7?=231,6sm(314z-t-41»50)B; ие=t/mcsm(314?4-^„j =
= 75-1/сЯп(314?+^ -90°) = J2445sin(314z + 41,5° -90®)=
=204.5sin(314? - 48.5°) В
Мгновенное значение напряжения на емкости можно определить также
из выражения
чс=—=—— соз(йй + 1Д,)=t/да. sinfcx + jy. — 90°).
42
Мощности
P—Rl1 = 120-1,372 = 226 Вт; Q=XcI2=106-1,372 =210вар;
S=[// = 220-I,37= 301,4B-А
Задача 2.4.
Изобразить схему замещения приемника, ток н напряжение которого
выражаются функциями «=£/„8т(щг+30®),г=/т5т(<цг + ®0°)-С*пределить
угол сдвига фаз напряжения и тока.
Как известно, =30* —60* = —30°. Так как ток опережает на-
пряжение на угол 30°, то приемник имеет активно - емкостной характер. Схема
замещения приемника показана на рисунке 2-5-
Рисунок 2.5
Задача 2.5.
В схеме рисунка 2.6 Е = 50 Ом, С = 3,185 мкФ. Определить действую-
щее значение тока I в цепи, если С/=220 В, /= 500 Гц.
Рисунок 2.6
Определим действующие значения токов в ветвях:
U
R
220
50
= 4,4 А.
Л =—=-т^—=2УСО = 2л 500 - 3,185 - 1(Г* - 220 = 2,2А.
*с /2rfC
Построим для схемы векторную диаграмму напряжения и токов (рису-
нок 2.7). Так как ток /а опережает напряжение на 90е, а общий ток 1 = 1,+ i2,tq
действующее значение этого тока равно =-j4,42 +2,22 =4,9А.
Рисунок 2.7
Ток I можно определить другим способом. Емкостная проводимость
В~о)С—2л-500-3,185-10“® =Ю"2 См; полная проводимость цепи
= 2,2-10-аСм.
Действующее значение тока
/ = UY = 220 -2,2 - 10-а = 4.85 А.
2.2 Представление синусоидальных величин комплексами м векто-
рами в комплексной плоскости. Расчет простейших цепей сину-
соидального тока в комплексной форме. Векторные диаграмм»1
Мощности
Задача 2.6.
Определить комплексные значения синусоидальных функций времени
i=-yLsin(erf— 120е) А, н=312соз(Щ1 + 90е)В, е=-—т=соз(йх—60с’)В. Из
•J2 -J2
бра?йть адлученные комплексы векторами в комплексной плоскости.
Найти синусоидальные функции времени, если
/=(-30+/40)А. Ё„ = J2(-SO-/IOO)B.
Комплексное действующее значение тока
Z=/e'*'' =-^=~=e‘'Bd° «5cosl20u— j5sinl20° =(-2,5-j4.35)A.
Так как комплексы являются изображениями синусоидальных величин,
, необходимо косинусы заменить на синусы;
w=312cos(&>f+90<’)=312sin(crf +180°) В,
e=-~^Bcos(c»—60°)=-^j^sin(<w +30°) В.
Комплексные действующие значения
U^Ue^ = ^е',80° =220е‘',“° =220 cos (80е + /220s5nI80’’=-220JB,
v'2
Е~Ее^‘ — ~ 2^еЛ0<> =-11Ов/30’ В;
Л-з/2
так как 1 = то Ё=| к.с'11"’
На рисунке 2.8 полученные комплексы изображены векторами в ком-
плексной плоскости.
Рисунок 2.8
KOMnnt-v^ того> чт°бь1 найти синусоидальные функции времени, необходимо
Форм записаннь*е в алгебраической форме, преобразовать в показатель-
/=-30+/40=/е'*% где /^л/зО1+402 ^50А,
вр1>ме11Т1£И1)слекса _crc^.^2=_53o
Однако с учетом проекций вектора I (он находится во втором квадран-
те) начальная фаза тока = 180® - 53е — 127е; следовательно,
Z=50e,'1J7° ssSOe"’253 . Комплексное амплитудное значение ЭДС
Em=-70,7—j 141=ei>"‘ (вектор находится в четвертом квадранте),
где: Е„ =^70,7* +1412 = 157,7В, , =arctg~~-1SOV =63,4-180=-116,6.
Следовательно, £„ =157,7е /|,м’ = 157,7 ei2'Bjr В
Теперь можно записать синусоидальные функции времени;
»=50^2 sin(<a:+127') А,
е = 157,7 sin(ctf—116,6°) В
Задача 2.7.
Представить комплексный ток I =(4 + /3)А в тригонометрической и
показательной формах. Записать мгновенное значение тока.
Действующее значение тока I = тЙ2ч-32 = 5 А. Аргумент комплексной)
действующего значения тока tgy/; =/^ =0,75, откуда4*f =36,8°.
Показательная форма записи комплексного тока:
Перевод комплекса из показательной формы в алгебраическую произво-
дится через тригонометрическую форму:
=1(соз^ + jsinp'i)=5(cos36,8°+jsin36,8°).
Мгновенное значение тока:
i=sinter+)=5 V2 sin(c$+36,8°) А.
Задача 2.8.
В схеме рисунка 2.9 V =100 е’60" В. I=20 es^ А. Нарисовать схему
замещения и определить ее параметры. Нарисовать векторную диаграмму и оп-
ределить активную и реактивную состааляюшие тока.
Z
Рисунок 2.9
46
В соответствии с законом Ома комплексное сопротйвяение пени
=)00---~=5g^ =5cos30° + j5sin30‘ =
t 20ePr
=4,35 +j'2,5=(fi +Ад)Ом.
Сдедоелтслкно, К=4,35 Ом, Xt =2,5 Ом; схема замещения показана на
рисунке 2.10).
Векторная диаграмма дня схемы рисунка 2.10 представлена на
рисунке 2.11. Активная и реактивная составляющие "тока.".
Задача 2.9.
включенные в цепь рисунка 2.9, дали следующие показания:
Ь5В,/«5А, Р=300Вт
^числить комплексные сопротивления Хи проводимости Уцепи для
^4aefcP>0«<??<0.
47
Полнее сопротивление цепи (модуль ксмплексного сопротивления) оп-
ределяется по закону Ома:
_ U 65
Z-—=—=13 Ом.
Угол сдвига фаз между напряжением и током (аргумент ксмплексного
сопротивления) определяется из формулы для активной мощности:
cosc>=—— = ——— = 0,923, с?=±22,6°.
UI 65-5
a) tp > О:
Z=Ze}p =13^ = 13ccs22,6° к/13sin22.6° =(12+/5) Ом,
“=%=Хзе/и-<!° =0’°77с=(7Д~ /2’96>10~i См;
б) ф<0:
Z=13e-Z22tf> =(12-/5)Ом,
У=0,077е#и/’ =(7,1 + /2,96)- 10"г См.
Задача 2.10.
В схеме рисунка 2.12 напряжение w=100sm(tu/+45°)в, 2?=100 Ом
С=3,!8мкФ, /=500Гц. Определить 'l.l,iJUc,P,Q,S.
Построить векторную диаграмму тока и напряжений.
Рисунок 2.12
Определим комплексное амплитудное значение тока:
48
П№
4^500-3,18-10'*
)2 =т/1002 +IOOZ = 1410м,
Хс 100 ...
о=-arctg—==-43 = V'u - V'i:
Комплексное действующее значение тока
Jl -J2
действующее значение тока
/=0,49 А,
мгновенное значение тока
1=/„8т(<а?+рг{)=0.78"ш(|5Х+90” А.
Комплексное действующее напряжение на емкости
Uc =-—I=-jXc /=е-Л(Г -100-(;49е,’хГ =49В.
7<юС
Мощности:
Р=RI2 =UIcastp=^2o,49cos(- 45”)=24,5 Вт,
•vZ
Q=XcI2=UIsm(3=24,5вар, S=-jP*+Q1 =UJ=ZI2 =34,6 В-A.
Те же мощности можно определить через комплексы:
S=£/=L'e'v‘/e/V =^52e^s’o,49e-/w1’ =1Ие’9 =
^2
=70,9- 0,49со<~45Э-j’70.9- 0,49sin45" =24,5 - /24,5.
Таким сказом, P=R^t/}j=24,5BT, С = 1п^£/7^ = 24,5вар.
векторная диаграмма изображена на рисунке 2.13, где
£'г =/2? = О,49е/зд’1О0=49е/90'В,
Uc =49 В, €/=^ = 70,7еяГВ,
J2
+Uc = 70,7В.
49
Uc
Рисунок 2.13
Задача 2.11.
Определить эквивалентные параметры двух индуктивных катуша
=1©Ом, =50 мГн и Ег =5Ом, L2 =20 мГн, включенных последователь
но (рисунок 2.14о) и параллельно (рисунок 2.14,6). Угловая частота ТУ =10? с"1.
Рисунок 2.14
Комплексное сопротивление цепи при последовательней соединении
= Z, + Z2=R, + jel-j + R2 jal.} =(«! + K,)+ j&fLj +
где /?1кв = /?1-ь/?з = 10 + 5 = 150м,£,(.в=£1-г£.г = 50 + 20 = 70ыГн
50
Комплексное сопротивление цепи при параллельном соединении
7
~3"’ ?л +2г Д1+ +^2 + 7®^
(10+JL03 -50-1Ь~3)-(5+ДО3 -20-10~3) 950+J450
I0+/103 -50-10-3 +5+/103-20-1£>-э 15+>70
= К1—"-=,4.7е''<'-3-8+),4-5“'(...Т7Л,.
71,5 е**
X 14 5
Таким образом, Дэет=3.8Ом, £эи=»—2а-=—^-=14,5ьйГн.
Другой путь решения заключается в преобразовании ветвей в эквива-
лентные параллельные. Последовательное соединение R/Лч можно заменить
экзивалентным параллельным соединением проводимостей Gj и (схема ри-
сунка 2-14,6):
G, = ц=-------------------^=-^-=0.004См.
Ri + (rol,)2 Ю2+(103 -50- ICT3 У 2600
Bi=4=^±!£i=OjO19CM.
Z2 2600
Аналогично для ветви R& la:
Z2
=0,012Cm,
(10'-20-Ur5)
cjI2_10j-2Q-W~3.
’ Zl “ 425
=0,045 Cm.
Схема, эквивалентная рисунку 2.14,6 представлена на рисунке 2.15
С = Gj<-62=0,016 См.
В=В1+Вг=0»064См.
Ри4унок2-15
51
Теперь можно перейти к эквивалентной последовательной схеме Для оп
ределения активного и реактивного сопротивлений:
_ G 0,016
= ~-=--=-—-------т-------т ~ 3,76Ом.
G* + В 0,0162 + 0,0642
v В 0,064
У ,ке = —5---у =------=-------z--14,7 Ом,
G2+B2 С.0162 + 0.0642
а..=^=1^=147м1-н
“° о 103
2.3. Расчет радаетвленных электртческнх цепей. Векторные и топо-
графические диаграммы
Задача 2.12.
В схеме рисунка 2.16 дано: <7 =120В, 2, = /?, + /У, ={10+ /6) Ом,
Z2 =R2 - ]Хг =(24-jT)CiM, Zj=R3+ jX3 =(15 + /20)Ом_
Определить токи активные и реактивные мощности всей цяя.
проверить баланс мощностей. Определить активные V реактивные составляю-
щие тока /(И напряжения U.
Комплексное сопротивление цепи
z_z, +^._=l0+#+Pl=^t™.2M+7W=о„.
----Za+Zj 24-/7^15+/20
52
ТоКВ в ветвях
Z 26,7
^__.4>5е-^*^=2,7елгА
z+Zj 39+/13
= 4,5e_/24‘ -2,7e'ir aVe^A.
Токи Z2 и /3 можно найти другим путем:
й в,
Zz+Zi ’ 39+/13
/ - 6М£^=2 7e/sr
2 Z? 24-fl
i 6M£f^=2 -/3r A
& 15+/20
Определим комплексную мощность всей цепи
S=t/Zl = 120-4^ef24° =540cos24° +J540sin24c =494+/218.
Следовательно, активная мощность источника
P=Ref£'ii)=494BT.
реактивная мощность
Q=1т(Ъ'/0=218 вар.
баланс активных мощностей
р® ОД1 +R,jl+R$ = 10-4,52 +24-2,72+15-2.72 = 494 Вт=Ref Uh).
6аланс реактивных мощностей
~X2ll +Х/2 =6-4,52 -7-2Д2 +20-2.72 =219вар==м£/|)
с мощности индуктивностей положительные, а реактивные мошно-
и ®чкостей отрицательные).
^рисунке 2Л7шображена векторная диаграмма TOKaZi инапряжения
’ в также их активные и реактивные составляющие:
6=^1/
^1еаКГИВНЬК|
53
Рисунок 2.17
Из диаграммы видно, что
/1а = I, cosf>=4,5cos24”=4,1 А,
/|р - А ~ 4,5sin24‘ = 1,8 А,
Ua =t/co5p=120cos24"=t09B,
£7р = L'slnp=120sin24° =48В
Необходимо обратить внимание на то, что вещественные и мнимые со-
ставляющие комплексных напряжений и тока в общем случае отличаются от их
активных я реактивных составляющих.
Задача 2.13.
По данным задачи 2.12 построить векторную диаграмму токов и напря-
жений для схемы рисунка 2.16.
По результатам расчета задачи 2.12 откладываем векторы токов, причем
I, = /2+ 73. (рисунок 2.18). В фазе с током 1г откладываем напряжение /2 /?2 а
затем напряжение на Хг. которое отстает от тока на 90° (—//г Хг) Их сумма
дает напряжение L'^.Tot же вектор можно получить, если в фазе с током Ь
отложить напряжение /3 /?3 и к нему прибавить напряжение на индуктивно
сти j 13 Х3, которое опережает ток 73 на 90°.
54
Рисунок 2.18
Откладываем напряжения на (/, Rt) я на X, (JXt /,). их сумма дает век-
тор напряжения ItZt. Сумма векторов /j Z, и Uas дает вектор приложенного
напряжения U, которое имеет нулевую начальную фазу.
Задача 2.14.
В схеме рисунка 2.19 Zt =Z2=(50+j30)Om, Zi =100 Ом, Д=100В,
Дг=Ю0е~/3° В. Определить все токи методами контурных токов и узловых
потенциале»; методом эквивалентного источника ЭДС опредепить ток
[Проверить баланс активных мощностей.
55
Рисунок 2.19
Выберем направления контурных токов согласно рисунку 2.19. Систе^
уравнений по методу контурных токов:
Ai(^i +/?j)+ Аг^з eAife +2з)+ Аг& —&i •
AzOA + +A)"1" Al ^3 — ^22^-2 +2з)+Al & — ^2 -
Решая уравнения /„(50+/30+100)+f22100=100,
Iu 100+J*2(50+/30+100)= jOOe-73°°,
получим lu =0,693ej13°50A, /и =O,452e-/8S°20A.
Токи в ветвях
7, =/, =0,693eW А, /‘ =/22 =О,452е-^20' А,
/3 =А,+/22 = 0,693ежи +0,452е-/8Л‘’ = O,77e"/2’’S0 А.
Уравнение баланса активных мощностей
ReJ^ /* + Ё2 /2]=Z?X + R,% + -
Re[100-0,693e”j№5° +100e-'3Q” -0,452*>да°3&]=
=I00-q,693cosl3c50+lC0-0,452cos55<’20'=
=50 - 0,6932 + 50 - 0,4522 +100 0,772;
получаем тождество 93 =93.
При решении задачи по методу узловых потенциалов примем потепцй1
точки 2 за нуль, в этом случае
• - 100-’----+100е”л°-—1 —
- • E.Y.+E.Y, 50+/30 50 +/30 с
Р1=Цг= г~у°----------------1 ------i-----1 =(71Д-J28,6)B
50 + /30 50 + /30 100
56
Гоки в ветвях для выбранных направлений определяем по закону Ома;
Л =(-Г(+£,)£, =(-71,5-1- /28,6+100)-1---=0,693e'u°wA>
30+/30
=O.452l->85°20'a,
73 = Vs Ь = (71,5 ~ /28,6)- — = 0.77 e"/2l°i0A,
По методу эквивалентного источника ЭДС определим ток /2;
Для определения ЭДС эквивалентного источника отключим ветвь Z2
(рисунок 2.20) и вычислим напряжение холостого хода С/х:
С/х-/£з=-£г,
^x=}z3-£2;
Et 100
Z( + Z3 50+/30 + 100
100
150+/30'
100
I53e',f20
=O,65e^',<P2oA,
Ux =O,65e“/lf>30 -100-100с"лЭ<? B.
Рисунок 2.20
Рисунок 2.21
входное
₽1,сЖа221:
сопротивление пассивного двухполюсника определим из схемы
ZtZ3 = (50+/30)100
Zi + Zj ~ 50 + /30 + 100
=(35,9+jl2,8)OM.
Искомый ток
_______43,5e-^ o15:;-ni.„
(35,9 +J 12,8) +(50+J30) 85,9+ /42,8 9бе>2Л(1
Задача 2.15.
Для схемы рисунка 2.22 дано Ei =100B,E2=100ei9(i0 В, ЛГс=2Оч
R~XL =5Ом, Ii = 27,8г^ А, Ь =32,36*'*° А,Л=ЗОе3'^ А.
Построить топографическую диаграмму.
Обозначим буквами а, в. с, d точки схемы, которые хотим отобразить из
топографической диаграмме. Примем потенциал точки d равным нулю
=0). Будем обходить схему, начиная отточки d, навстречу положительно-
му направлению тока.
Сначала построим векторную диаграмму токов (рисунок 2.23).
Выразим потенциалы точек и отложим их на векторной диаграмме.
=^+£2 =0+/100=/100В;
Ре =Vr+ jXL h = /100+/5-32,Зе"я'*° = /100 +161.5 е'^ =
=/100+146,3-/68,2=(146,3 +/31Д) В;
=^e-jXcit =146,3 + /31,8-/2-27,8е_у56’ =100 В;
=tpo—Ei =100—100=0; Ei—Иол
58
Из диаграммы видно, что векторы напряжений направлены относитель-
но точек топографической диаграммы противоположно положительным на-
правлениям напряжении относительно, соответствующих точек схемы. В отли-
чие от векторов напряжений векторы ЭДС направлены относительно точек то-
пографической диаграммы одинаково с положительными направлениями ЭДС
относительно соответствующих точек схемы
2.4. Резонанс в электрических цепях
Задача 2.16.
Ияцукти зная катушка с параметрами R = 100 Ом, £ = 5,05 мГн и конден-
сатор емкостью С = 0,05 мкФ соединены последовательно (рисунок 2.24). Дей-
ствующее значение входного напряжения U= 10 В,
Вычислить резонансную частоту, характеристическое сопротивление,
затухание контура, ток при резонансе, частоты, при которых напряжения наре-
ахтивнь1х элементах достигнут максимума, и сами максимальные напряжения,
с°лосу пропускания контура.
Рисунок 2.24
59
Резонансная частота
=10* Гц,
2я^5,С5 10~3 - 0,05 -10"6
характеристическое сопротивление
Г,Р~ 1—— -^--318 Ом, VC V 0,05-1 О'*
добротность е=£=21?=3д8 R 100
затухание d=—=—^-=0.314, G 3,18 ’
ток при резонансе L, 17 ‘° 01А
напряжения на реактиве ° К 100 ’ ’ [ых элементах
UL0 ^со =£>£/=3,18-10=31,8В.
частоты, при которых напряжения на реактивных элементах маковиазьны.
максимальные напряжения на реактивных элементах
полоса пропускания контура
^=f’s=3145ru-
60
Задача 2.17.
В схеме рисунка 2.25 <aL=30 Ом, R. =40 Ом, —=15 Ом.
©С
[7=20 В.
Определить JRz при резонансе токов, реактивные и активные токи в вет-
влх й общий ток при резонансе. Чему равно полное сопротивление цепи? По-
ртить векторную диаграмму токов и напряжения при резонансе.
При резонансе токов реактивная проводимость цепи равна нулю:
е=е,-вс=
oL
—-3° j —I.15 -=0, откуда R, = 32 Ом.
402+3(/ R?+152 г
При резонансе токов реактивные токи в ветвях равны по величине и
яротивопопожны по фазе
1Ю =I2p~UB, = 20 30--=0,24 А.
' £ 402 + 302
Общий ток при резонансе
-=20~^-~
402+302
.20 ,32 , -0.51 А; 1-0.83 А.
---1_ 32+151
61
Полное сопротивление цепи при резонансе токов
40 32
403+30?+322+152
=24 Ом.
Векторная диаграмма для режима резонанса представлена
рисунке 2.26
Задача 2.18.
Определить значение сопротивления R^, при котором в цепи рисунв
2.27 имеется резонанс напряжений иа частоте 500 Гц. Вычислить токи. Постр.
ить векторную диаграмму. Дано; J?i = 2,7 Ом, L = 286 мкГц, С = 318
17=30 В.
Определим реактивные сопротивления
<у£=2/р'1=2я-5О0-286-1О'6 =0,9 Ом,
(dC 2я 500-318-10"6
62
Комплексное сопротивление цепи
1
Z=/!, + ><Л+--'‘р^2.7* /0,9+^4b;=2.7 + /0,9+^J5i-=
/?-+—£— Rz i л^+i
jtoC'
•" " т2 """ *
При резонансе напряжений реактивное сопротивление цепи равно нулю,
Т.Г-
ю2
Х=0,9——=0, откуда/^ =3 Ом.
/?2 +1
Сопротивление цепи при резонансе является активным и равным
Z=J?=.217+-^—=2Д+-^-=3 Ом.
Kf+1 9 + J
Токи в ветвях при резонансе
'•=ЧГ^
r.»/,-/2=10-(l-73)-9i(‘3.9,5e',’'1’A
Векторная диаграмма представлена на рисунке 2.28. Сначала отложены
векторы токов, затем откладываются напряжения
Рисунок 2.28
2.5. Индуктивно связанные электрические цепи
Задача 2.19.
Найти токи для схемы рисунка 2.29. Дано: Ei =l©0B»E2=W0e,,fl'^
4 = 20 Ом, <s>£j = 20 Ом, ail? = 60 Ом, -= 30 Ом, /?, — 30 Ом,
сиС2
е>1з= 40 Ом, (М~ 20 Ом.
Рисунок 2.29
Составим систему уравнений по законам Кирхгофа:
7,+72-75=О»
7,(4 + /<и4)+I2+ l3(JR3 + /<wLJ)=£I,
Из полученной системы уравнении определяем токи:
/,+А-/3 = 0»
(20+/20)7, /20Д+ (30 + /40)75 100,
-(/60-/30)4- (30+у40)7,-у20/, = -lOOe''*”;
7, = 5,79е"у66'’А, А = 5.33e'vtfJ А, I, = 1.76 А
64
Задача 2,20.
Активная мощность цепи, состоящей из двух последовательно соеди-
аиыХ магнитно связанных катушек, при их встречном включении в 10 раз
x_nbyie, чем при согласном- Определить активное сопротивление второй ка-
^ушкИ,если /?|= 2 Ом, ^1=10 Ом, Х2=20Ом. АГм=10Ом.
По у с ловим задачи Р^ = 10Рсот. Так как Рсоп= (Rt+Rs)
атоки
'т у!(к,+й,+*2 -2^«)’
можно записать, что
£7^ 10t/^
Й +/(2): | (Л + *, - 2 >'„)2 “(Д +V +Ui + -*'2 +2^У
Таким образом,
_____________________1______________________10________
(2+/^,)* +(10+20-20)z (2 +J^)2 «-(10+20+20)2 ’
откуда =10,9 Ом.
Задача 2.21.
К зажимам 1-1' подведено (рисунок 2.30) напряжение Ц = 10В. Опреде-
лить напряжение между разомкнутыми зажимами 2-2'.
Дано: Rz =R3 - ЗОм, d)L2 ~aiL2 = 4 Ом, соМ=2Ом.
Рисунок 2.30
65
Полагая Ux =10 В, находим
Ц
R3 + ](оЪ3
=-^-=L2-Д6=2е-/53’А.
3+/4
Напряжение между зажимами 2-2'
<7г=Ц+jfoMI' =10 + /2{1,2-/1,б)=13,4еЛ€РВ.
Если бы нижний конец £а был одноименным с верхним концом £3, та
знак напряжения взаимной индукции на катушке L2 от тока It был бы отрица-
тельным. В этом случае U2 = V,—]<оМ I, = 7,2е~^'° В.
Задача 2,22.
С воздушным трансформатором (рисунок 2.31) производятся опыты ко-
роткого замыкания и холостого хода на вторичных зажимах. Напряжение ис-
точника t7i =200В. В режиме короткого замыкания /iK =58е“',: А в режиме
холостого хода Uzx =(180+/60) В, /i«=61e“/5S А. Определить параметры
трансформатора: Хг,Хм
Рисунок 2.31
Уравнения трансформатора в режиме холостого хода
^1=j|(P1+/XI)=/f!(ZI,
jXithx
66
Сопротивление взаимной индукции
Комплексное сопротивление первичной обмотки
Z.=-^-=—~5г=3,3е'’*’ =33со8(55и)+j3,3sin(55°)=l,9+J2.7=R.+jX,.
7.x 61e-^
т.е. Rt=1,9 Ом, X, =2,7 Ом.
В режиме короткого замыкания при указанных направлениях токов
уравнения трансферматсра
meZ2=R2+jX2.
Из уравнений находим
z *1 эд2 ______________________9,61_____________
II,/ - 2Q0/ Л-З,3е^ 3,4cos(42°)+j3»4sin(42D)-V-j2.7
^У. /58е-^
/Zi«
=13eJ34°-(10.7 + J7.2)Om.
т е. ftj, =10,7 Ом, Хг =7,2 Ом.
67
Глава третья
Трехфазные электрические цепи
3.1. Симметричные трехфазные цепи
Задача 3.1.
К зажимам симметричной трехфазной цепи с линейным напряжением
Un=380 В подключены три одинаковых сопротивления 2ц = (10/10) Ом. В це.
пи имеется трехполюсный ключ, который позволяет соединять нагрузку звез-
дой или треугольником Определить, как будут меняться линейные токи и по-
требляемая нагрузкой активная и реактивная мощности при переключении на-
грузки с треугольника на звезду.
На рисунке 3.1 показана схема при соединении нагрузки треугольникои.
Определим фазные токи, приняв начальную фазу напряжения Uдв за ноль
; Uab 380 380 ,ig>
1лв = —— -----—= ——-jr = Пе’ А,
2н 10 /10 ioj2e*4f
“1вс=/лве*и# «27г*’*' А,
}сл=ЬВе^=27^А.
Рисунок 3.1
£8
Найдем линейные токи:
Гл =-ЛГл»л-^ =->/3-27e'*VJ,,i' .®,8ел< А.
I,=46^-^ А. /С -/ле'11'1' = «,&'"" А.
Активная мощность, потребляемая нагрузкой
Ра=4жп1я cosp*=Л-380 -46,8cos(-45°)=21,8 кВт,
реактивная мощность, потребляемая нагрузкой
8Шф>ф =Л-380-46,8sm[-45°)=-2i,8 квар.
На рисунке 3.2 приведена векторная диаграмма цепи рисунка 3.1, а на
рисунке 3.3 приведена схема при соединении нагрузки звездой.
69
Определим фазное напряжение на нагрузке в фазе А:
-22Чв~^ В.
V3
Фазные токи:
Iв =/zev,2d’ =15<6e"/®*’ А,
/С=Ь^=15,6е^ А.
Таким образом, при переключении нагрузки с треугольника на звезду
^.46,8^
15,6
Активная й реактивная мощности, потребляемые нагрузкой
Р}. = л/зЬ'л7л соз^ф = лГз -380 15,6cos{—45°)=7,26 кВт,
Qy =^зил1лат^ =-Л-380 15,б5ш(-45°)=-7,26 квар.
Таким образом, при переключении нагрузки с треугольника на звезду
f±=2^=3 21»*L3
/\ 7,26 ' gy 7,26
Векторная диаграмма для звезды приведена на рисунке 3.4
7П
Задача 3.2.
К трехфазной линии с симметричными линейными напряжениями
гт -220 В подключен треугольником приемник, сопротивление каждой фазы
ротоР°г° 2“G©+2 50) Ом (рисунок 3.5). Найти токи в каждой фазе нагрузки и
линии, показания каждого ваттметра, активную мощность цепи.
Рисунок 3.5
Примем, что Uab=Um =220 В. Тогда Vвс =220e~J,2ftt' В,
^=220е/,м’ В.
Определим комплексные действующие значения фазных и линейных
токов:
~1ав = = 15.6^ =(11- j\ 1) А,
Z 10+J10
Jвс = 1ме~11г,? =15,6е"/Л6^ = (—15—/4) А,
/см =/л5еЯ2Й’ = 15,6^ = (4+/15) А,
L = /л -Ле = 26,9e~J^ = (6,97 -/26) А.
I в «be*®*’ =26^!9#> =(-26+ /6,97) А,
1с =Lem°1’ =2^9e/4i° =(19+/19)А.
Линейные токи можно было рассчитать через разность фазных токов:
1а=1ав—1са, 1в = 1 вс—1 ав, 1с = 1са—1вс.
71
Наадем показания ваттметров:
Pt =Re(L^J,1)=Re(220-26^e7^)=220-26£cos75'’ = 1530 Вт,
Рг =Re(C/cs7c)=Re(-22Oe'/’20’ -26,96"^)=Re(220^ .26^е"^)=
= 220 - 26,9cosl5® =5730 Вт,
Активная мощность цепи
Р=эя4 =3 10-15,62 = 7260 Вт,
сумма показаний ваттметров
р = р, + р2=1530 + 5730 = 7260 Вт.
Задача 3.3.
В схеме рисунка 3.6 R=60 Ом, Х>. = 11 Ом, йд = 1 Ом, Хл = 2,9 Ом, ли-
нейные напряжения приемника Vm =1/*. =-Uca =610 В. Определить линейшк
напряжения в начале линии.
Ифд = + X 2 = -v*602 + 112 = 61 Ом.
72
фазные токи треугольника
Линейные токи
Заменим схему соединения треугольником эквивалентной схемой со-
евая звездой.
Комплексное сопротивление луча звезда, эквивалентной симметрично-
му треугольнику, в три раза меньше комплексного сопротивления стороны тре-
угольника:
Z^Y =^.= ®£±Л1=(20+уЗ,67)Ом, тл. JRV = 20Ом, Xtv =3,67Ом.
Полное сопротивление исразветнлениого участка, состоящего из сопро-
гийленнй линии и луча эквивалентной звезды,
Z- + «v)! +(Л, + Х„)! »7(И го’ +сгс) f-3,67;2 -22Ом.
Фазное напряжение на этом участке цепи
ua =IAZ =Л-10 22 = 220-/5 В.
-Линейное напряжение в начале линии
Ux,=UBC=UCA~j3U^=j3-22l>^3=660B
Задача 3,4.
Найти токи в приемниках и в линии (рисунок 3.7), если напряжение кс-
^Чйика ил = 380 В, <aL=5 Ом, К = 10 Ом, —=30 Ом.
<уС
Рисунок 3.7
Преобразуем треугольник емкостных сопротивлений —— в эквивалент-
1 1 зо
ную звезду с сопротивлением
Так как потенциалы нейтральных точек приемников, соединенных звез-
дой, и генератора одинаковы, то их можно объединить. В результате получится
схема для одной фазы (Л), изображенная па рисунке З.Е.
Рисунок 3.8
Комплексное сопротивление цепи
R 1
г -с 10(-J10) __
7Г^'
+ J&CI
74
Линейный ток
Фазные токи нагрузок, соединенных звездой,
1 еС,
1^й = f л-К , = 44——— —31е3*? А (глинейны тго преугольика,
д_ - 1 10-/10
®Са
рисунок3.7).
Токи е линиях В и С
=44e-Jrf А, к‘1^ -44«'«"' А.
Токи в фазах вис приемника, соединенного звездой,
кг =,«** =31е-^ А. кг =k,<i'rf =31е'м’ А.
Линейные токи треугольника
L =Le-^ =31е^е-^ =31в"^ А,
Zca=/cae/12rf“=31e;,6jO А
Фазные токи приемника, соединенного треугольником,
к, А.
L=Le-''“’=n,9e i"5’А,
к. =L,e'™’-0,9^ А.
75
3.2. Несимметричные трехфазные цепи
Задача 3.5.
Определить показания амперметров в схеме рисунка 3.9. ее-
(7л=380 В, R = <aL — 10 Ом. Построить векторную диаграмму токов и напряже-
ний. Как изменятся токи при подключении нейтрального провода?
Так как нагрузка несимметрична и в цепи отсутствует нейтральны
провод, чеобходимо рассчитать напряженке смещения нейтрали:
Примем, что Еа = Ел = = 220В, тогда
Ев = 220е“>П|Г = 220(cosl200 - jsml20,’)=(~110-/190)13,
Ёс =220е’120" = 220(cosl20° + Jsinl20°)=(-f 10 + /190) В.
Комплексные проводимости фаз
У. =^-=—=—=0,1 См,
Z, й 10 ’
—=—=—1—=-/0,1 =0»1е-^°"см,
Zb j6)L Юе'™
Zc
JeuL
=—/0.1 См.
Подставляем эти значения в выражение для напряжения Um :
U 220 1С~~/190)(-/0,1) + (-110+/190)(-/0,1)
0.1 /0,1
= 22+^2 =1We,w _( +
0,1-/0,2 '
Определим фазные напряжения приемника:
Ua=Eb-Um = 220+ 44,7-/132 =(264,7-/132)В,
Ub-Eb-Um =-110-/190+44,7—/132=(-65,3—/322)В,
Uc =Ec—Um =-110 + /190 + 44,7 — /132=(—65,3 + /58)В.
Ток в каждой фазе приемника определяется по закону Ома:
/л =Ua¥^ =(264,7—/132)0,1=(26,47-/13,2)=29,5e-^26i° А,
'ib=UbYs =(-65,3 -/322)(-/0,l)=-32,2 + /6,53=32£e,'6WO A,
Ic = Uc¥c= (-65,3 +/58)(—/0,1) = 5,8+/6,53=8,8еж*’А.
Показания амперметров 7^=29,5А, /В=32,8А, Zc=8,8A.
Векторная диа!рамма приведена на рисунке 3.10.
Рисунок 3.10
77
При наличии нейтрального провода напряжения
1/^=0 и Us=Eb, Vc=Ec.
Токи в фазах
=^и220=22А,
R 10
,„^ = 22^ = 2^.
j*i 10е^°°
/с =
Ес
jXL
220^
Ife'*’
= 22е-'30°
Следовательно, все амперметры покажут ток 22 А.
Ток в нейтральном проводе
= /л+/в+/с =22+22е_72'с’+22е/МР s=22+22cos(~210°)+ j?22sln(-2Wo)-
+22cos3O°+j22sui30° = 22+j22=31,kJ"'A
Векторная диаграмма для этого случая приведена на рисунке 3.11 -
Рисунок 3.11
78
Задача 3.6.
Три амперметра при замкнутом рубильнике показывают по 15 А. Опре-
показания амперметров при разомкнутом рубильнике (рисунок 3.12).
айТВ «жения на зажимах цепи представляют собой симметричную звезду.
раЛР'’'
Л®
а=“-^а.
Д -J5
После размыкания рубильника токи /лв и 1вс не изменятся. а ток
fcf=©. Так как нагрузка фаз чисто активная, то токи 1лв и /вс по фазе совпа-
дают со своими фазными напряжениями, которые для генератора будут линей-
ными. Поэтому
йм-ЛЕлсрГ—L.-Г/Зе^А,
;ec=s*-«’A.
Шейный
ток Iв не изменится, так как
1е =1вс-~1ав =5-Ле"/9<Р -5 JV30’ =-7,52-/12,9=1 Se^ А,
£,ааЬные линейные токи будут равны
L =/лв =S^5X А. =5-Л^’ А.
"Чс®ательно. амперметры в пиниях Л и С покажут 5^3 =8,7 А, а в линии
А- Векторная диаграмма представлена на рисунке 3-13.
79
Задача 3.7.
Трехфазный приемник, соединенный звездой, подключен к сети с ли-
нейным напряжением Иц — 220 В (рисунок 3.14). Сопротивления фаз прием! дал
Z* ~(3 + j4)=5ej5fOM.
Пользуясь векторными диаграммами, определить фазные напряжения й
токи приемника при обрыве и коротком замыкании фазы А.
Рисунок 3.14
При обрыве фазы А фазы В и Сокажутся включенными последовательно
на линейное напряжение Vвс- Следовательно, нейтральная точка п приемника
сместится на середину вектора V вс (рисунок 3.15), при этом
t7,= Uc = = НОВ.
ЯГ)
Напряжение смещения нейтрали
- ЦййГ = < = 63.5 В.
Напряжение на фазе А
ил = E^+V^ = 127+63,5 = 190,5 В= L'„sm60D
Токи в фазах
При коротком замыкании фазы А нейтральная точка п приемника сме-
сЗДся в точку А (рисунок 3.16). Фазные напряжения С/е и Се возрастут в
раз по сравнению с симметричным режимом, Tje. UB~Uc=Uj\ =220 В, а
~ 0. Напряжение смещения нейтрали = £® = 127 В.
Токи в фазах
h-ic
Ув 220
Zo 5
= 44 А.
Так как 7л + Лв+/с = 0, то Jb+Ic=-Ia, 1л=Пк
S1
Ue=-lbe
Рисунок 3.16
Uc = Uc,i
Задача 3.8.
Приемник, соединенный треугольником (рисунок 3.17) питается от ге-
нератора с линейным напряжением Un ~ 100 В. Сопротивления фаз приемника
^-ав~(3—/4) Ом, ZBC =у10Ом, Z^=10Om.
Определить линейные, фазные токи и мощности, потребляемые прием-
ником. Построить векторную диаграмму напряжений и токов.
Направим по вегцсственной оси вектор фазного напряжения Uле
Um = Uab=100В, £ вс =100e"',aj° В, 1'ел = 1О0е,,2о'> В.
82
Фазные токи приемника:
Zw = *^3=-1£2-=12+/16 = 20 А,
глв з-/4
^=^.^=10e^=W+/5)A,
ZBC 10езэд
Га _е5+Л7) А.
Линейные токи:
1л =Ьв-/ел=(12+/16)-(-5+/8,7)=17+/7,3=1 вс'2*0 А,
1в ~1вс-1м =(-8,7+/5)-(12 +/16)=-20,7-/11=23,4-е’/и*> А.
/с=7сл-Ьс=(-5+/8,7)-(-8,7+/5)=3,7+/3,7=5,2 А.
Комплексные мощности приемника:
8М =U*bIm =100(12—/16) = (1200—/1600) В-А,
SFC =UbcLc =100 ^“’lOe^ = 1000e-w” =/1000 В-A,
8ел = Uca 1сл = 100 eiK°V 10 е~^ = 1000 В- А.
Активная мощность трехфазного приемника
Р = Рлз+Рвс +РСЗ = 1200+ 0+1000 - 2200 Вт,
реактивная мощность трехфазного приемника
G=Q.<b +Qnc +Qca =-1600+1000 + 0=-600вар.
Векторная диаграмма показана на рисунке 3.18.
83
3.3 Метод снмметргчиых составляющих
Задача 3.9.
Трехфазная нагрузка, соединенная звездой, симметрична,
—Ze =ZC -Z (рисунок 3-19). Фазные напряжения генератора несимл^.
ричны н содержат составляющие прямой, обратной и нулевой последовать
ностей. Определить сопротивление фаз для каждой последовательности.
Токи и напряжения одноименных последовательностей на участке цепи
связаны законом Ома.
Так как нагрузка статическая, то сопротивления фазы для токов прям»
и обратной последовательностей одинаковы:
Z|=Z2=?^=?^=Z.
'1м Im
Сопротивление нейтрального провала Z^ не сказывает влияния на со-
ставляющие токов прямой и обратной последовательностей, так как сумма фа3’
ных токов этих последовательностей равна нулю и ток нейтрального прово®
равен нулю. Эквивалентная схема для этих последовательностей изображена W
рисунке 3.20.
Определим сопротивление фазы Zo для нулевой последовательности-
Сяуметричная система фазных напряжений генератора нулевой последова-
тельности Um=Ubo—Uco создает симметричную систему фазных токов ну-
послЕДсвательности 1аъ — /во = 1съ. Ток в нейтральном проводе равен
-еЗ/ло- По второму закону Кирхгофа для фазы А (рисунок 3.19)
17хо=/хо2+37хо2л, =1x0(2+37^), откуда
Z„=?^=Z+3Z„.
/хо
на рисунке 3-21.
Uxo
Задача 3-1®.
Трехфазный двигатель, фазы которого соед инены звездой, подключен к
^ти с линейными напряжениями, векторы которых показаны на рисунке 3.22.
°Протиаления фаз двигателя в рассматриваемом режиме для токов прямой по-
‘ледовательности Z, =2,82+/2,82 Ом, для токов обратной последовательности
^2 в1+/1,73 Ом. Определить токи в фазах двигателя-
Рисунок 3.22
Заданную систему напряжений удобно представить в ксынлекснс^
плоскости (рисунок 3.23).
Следовательно, С лв =220 В, тогда
(Zee »220<Tw’В. Ju Л1»'“”в
Поскольку на основании второго закона Кирхгофа сумма линейных на-
пряжений в трехфазной цепи равна нулю, симметричные составляющие линей-
ных напряжений нулевой последовательности отсутствуют.
Симметричные составляющие линейных напряжений:
Uabo =—(IJm+Ubc+Uc/)=6,
Слы = |(^в+Свсе+Сслег)=|(220 + 220е^^ е!*2^ +3He^e/,sf)=
=i(220 + 220e/3(f> +31 k?fl/’)=245e/rf’ В,
Слаг =|(^лв+Свсв^+Ссло)=^(220+ 220е"/2|й° +311е,н*')=65,7а’ "*
Зная линейные напряжения, можно определить фазные напряжения
прямой и обратной лостедсватезьностея:
86
= 141.5ев,
Л Л
.б5.7^еЯ, =
V3 т/з
Токи прямой и обратной последовательностей фазы At
Zt 2,82+/2,82
=:тас1'’’_19е-7><А.
Z, 1+71,73
По найденным симметричным составляющим определим фазные токи
гаге ля:
L =/л+/л2 =35J4e-7W'’ +19е'л3^ =44,3e~/s4” А,
1в =1т+1т =lAte + 'lAia^Vi.le ^ А,
1с=Jci+Zc2 =7л1Л+/л2й2=50,7е*7^ А.
Задача 3.11-
В конце трехфазной линии произошло короткое замыкание фазы А на
землю (рисунок 3.24). Определить ток короткого замыкания и напряжения б
месте короткого замыкания (мея^цу линиями и землей). В цепи действует гене-
ратор с симметричной системой ЭДС, фазная ЭДС генератора Е$=220 В. Со-
противления различных последовательностей;
генератора Zri = /10 Ом, Zr2 = /2 Ом, Zro = /1 Ом;
линии Zni = Zm=/2Ом» Zи0 = /3Ом; Zw = /1 Ом.
Рисунок 3.24
В соответствии с принципом компенсации заменим сопротивления при-
емника в конце линии несимметричными источниками ЭДС (напряжений), ко-
торые можно разложить на симметричные составляющие прямой, обратней и
нулевой юоследоватепьноста (рисунок 3.25), приняв фазу А, за основную.
основании принципа наложения рассмотрим отдельно каждую' из последова-
тельностей. Получаем расчетные схемы для фазы/ (рисунок 3.26, а£.в).
рйсуаок 3.25
Рисунок 3.26
Так как источник ЭДС симметричный, он имеет состайляюшие года*0
прямой последовательности: £л =£л =220В, Ем =£до О. (Если бы ЭДС W
нератора были несимметричны, то их необходимо было бы тфедаарителт®®
разложить на симметричные составляющие).
88
для схем рисунка 3.26 на основании второго закона Кирхгофа:
£л «7л(2Г1 + 2Д1)+^л, (1)
О (2)
О =/^o(Zri)+Zjlo+3Zw)+(7xo. (3)
Дополнительные уравнения записываются для конкретной несимметрич-
gjjjj нагрузки в исходной схеме рисунка 3.24 (однофазное короткое замыкание):
Ua=0, La+Ua2+Uaj=C-, (4)
Гв=О. 1в1+1в2+1во~1а1^ +IaiQ+1ao=sO', (5)
1с =0, 7с1+/с2+/с0=/л1С + /л2С2 + /л0=0. (6J
Совместное решение уравнений (1)—(б) дает симметричные состав-
ляющие токов и напряжений фазы А
Из(5) и(6)следует,что 1д\ =1а2 =7хот.к. (о2 +о+1)=0.
Складывая уравнения (Щ2),(3) и учитывая (4), получаем
Ем =/xr(Zn +ZJII)+/x2<Zr2 +^Л2)+/хо(2г0 +^ли+3Z^.)=
= /zi(Zi-| +Zra +Zn +£л2 +2гп +£ло +3Zh)=
=Li(j10+j2+J2+ /2+jl+/3+/3)=/232л,
спуда L, =—=—=-Д5« A=Z/2 = Lo.
jZ> /23
Ток фазы yj генератсра
I a =Li+/x2+/xo =-j28.7=28.7€‘/9lf> A
Токи в фазах Ё и С равны нулю, что соответствует уравнениям (5) и (6):
/в=—/9р6(о2 +о+1)=0, 1с =~/9,56(а + а2 + 1)=0.
Ток в сопротивлении :
/*, =3/хо=}ч=28,7е /'"’ А.
89
Симметричные составляющие напряжений в месте короткого замыкдц^
находим из уравнений (1)—(3):
Um =£м-1м(гп +Z„)=220+у9.56(/Ю+J2)=105,2 Е:
UM +Zm)=J9^J2+j2)=—38,24В;
Um =-1ао^0 + Zm +3&v)=j9.56(Jl+J3 + j3)=-66392 B.
Напряжения в месте короткого замыкания:
Ua —Uai+Umi+Um =0,
U в ~Ubi+Ub2+Ubd —Um-o2 +Ujr2nQ+UM =105,2(—0,5—/0,87}-
-38,24(-0,5+j0,87)-66,92=I60e‘'/‘us!’ B,
Uc =Uci+Uc2+Uc4—U a\-o+U+U аъ=105,2-(—0,5+J0,87)-
-38,24(-D,5-J0,87)-66,92=160e>’zsPB.
90
Глава четвертая
Четырехполюсники и фильтры
4.1. Определение коэффициентов четырехполюсника.
Входные сопротивления. Схемы замещения
Задача 4.1.
Определить коэффициенты матрицы |ЛЦ для четырехполюсника, изо-
браженного на рисунке 4.1, при ст!=20 Ом, -“=10 Ом. Убедиться, что коэф-
фициенты удовлетворяют уравнению связи. При напряжении £/жх =20В найти
Запишем основные уравнения четырехполюсника через коэффициенты
матрицы ||Л|| ДО» прямого питания:
Ui =^2+8/1,
Ii=CU2+DI2.
В режиме холостого кода (1г ~ С )
й,х = ли,х. Ь* = сйгх.
Из ^'2Х
3 ^емы рисунка 4.2 находим
Hix =/1х| JedL-
fix
U2x
r^J=»ix020-J10>.flOZix,
17гх = jfdLhx,
Uix. U2X ’ Urx
— , t/tx = nil =
jot j20 J /20 Z
91
Рисунок 4.2
Следовательно, /1 = 0.5, С=+—-=-/0,05См.
" “ /20
Бри короткозамкнутых вторичных выводах (U2 =0, рисунок 4.3) из и
ходных уравнений подучаем
Izk.
iiK-DhK, в=—.
/ж
Из схемы рисунка 4.3 находим /ж =/ik, <7ik =-/—-/ik = -j10
Следовательно, £=-/ЮОм, £>=1. Уравнение связи AD-ВС=0,5 +0,5
вьшолняется.
Коэффициенты четырехполюсника можно определить через йреда3^
тельно вычисленные входные сопротивления холостого хода и короткого зз'*1’
кания.
92
Из схемы рисунка 4.1 при прямом питании:
Zjx =~^-=/с£-j—=/20-/10=/10=^ Ом,
Лк £
Z1K=^=-/—=-/1О== Ом.
-,к : 7<аС 7 D
11К —
диалогично со стороны выводов 2-2' при обратном питании:
ом. о„.
с >20-ЛО Л
tdC
Теперь можно рассчитать коэффициенты матрицы |[Л|| для
четырехполюсника:
А— |2.х/ — —±0 5
- V 7и20+/20Г^-
Из векторной диаграммы четырехполюсника в режиме холостого хода
(рисунок 4.4) следует, что при заданных значениях Xl и.Лс напряжение Ъ’гк
совпадает по фазе с напряжением Um, т.е. А = V, = +0,5. Следовательно,
/ 1>2Х
С=^-=—=-/0,05См, Ь=С-7гХ »(-/0,05)/20«1,
2.x Л°
£=£-Z1k=1-(-j10)=-j10Om,
1Лх =Iix-j*i>L
Рисунок 4.4
93
Напряжение
O2X=C/,’Z=7^=40B.
2Х 'л 0,5
Задача 4.2.
Рассчитать входное сопротивление со стероны зажиме® 1 — Г четырех,
полюсника задачи 4.1 при нагрузке зажимов 2 — 2’ на сопротивление
2н = /?н= 200 Ом. То же со стероны зажимов 2—2’ при нагрузке со стороны за-
жимов 1 — Г на сопротивление Zr= Rr= 150 Ом.
Входное сопротивление четырехполюсника со стороны зажимов 1 - р
определяется уравнениями при прямом питаний четырехполюсника:
Ui AU2+BI2 ARK + В
/1 CUi+Dh ^*В
гДе ZH=/?H =
U2
/2
Следовательно, для =200Ом
0,5-200-/10 100-/10
-/0,05-200 + 1 1 — 7'10
Ом.
Вкодное сопротивление четырехполюсника со стероны зажимов 2-2’ дри
Вг -150 Ом [RT = ) определяется уравнениями при обратном питаний че -
тырехполюсника.
W,+ £/r Q?f + £ 1-150-710 _ 150-/10
Ь CVi+Ah £^+4 ~/0,05-150 +0,5 0,5-/7,5
Задача 4.3.
Определить комплексные сопротивления Т- и И- образных схем» эквнч3'
лентньгх четырехполюснику, коэффициенты которого
Л =0,6 + /0.1,
В =(17 Р /72) Ом.
0=0,5 + j0,2.
94
Для П- образного четырехполюсника (рисунок 4.5,а):
£з=£=(17+/72)Ом
В 17»/72 174-/72 (174-/72)(-О,5-/0,2)
“* Ii £-1 0,5-f-/0,2-1 -0,5+JO,2 0,52+0,2z
= (20,3-/135,9)Ом3
I B (17+/72) _ 174-/72 (174-/72)(—0,4—/0,l)_
ti 4-1 0,6+j0,l-l -0,44-/0,1 0,42+0,12
= 0,4 /30,5 Д79,4)Ом.
0,17
Для определения параметров Т - образного четырехполюсника
(рисунок 4.5, б) нужно рассчитать из уравнения связи AD—BC--1 величину
17 4-/72
С AD-1 (О,6+/ОДХО,5+/0,2)-1 -0.72+/0Д7
Для схемы рисунка 4.5, б:
Zj=^i=(0,6+/0,1-1)(-/100)=(10+ /40) Ом.
Zj =^*=(0,5+/О,2-1)(-ДОО)=(20+/50)Ом
Рисунок 4.5
4.2. Характеристические параметры четырехполюсника.
Расчет напряжений н токов
Задача 4.4.
Для схемы рисунка 4.6 определить характеристические сопротивления и
1цЯКНую передачи. Найти напряжение на сопротивлении ссгпасованнсий на-
ка
грузки при СТЯГОВ. У четырехполюсника А =1-/0,5, £ = (50-/100)0^
С=-/0,005См, D=0.5.
Рисунок 4.6
Z = p-g-
~С> V£-B \ -/0,005-0,5
z = |Ш = | 0.5(50-/100)
xJOOe»26^ Ом.
Постоянная передачи несимметричного четырехполюсника
согласованного с нагрузкой определяется через коэффициенты
четырехполгосника
ее = аЙНЁ?+7®' С=7(1 “ /0.5)-О,5 + 7-/0,005(50 - /100) =
= Vo,56e_J2^ +7о,56е“/153'’ = 0,748е~/|ЗД5' + 0,748e_77£-S° =•
=0,902 - /0,902 = 1^75e-y4S° =ев е1‘.
где е° =1,275, откуда постоянная ослабления (коэффициент затухания^
а=1п1,275 = 0,243 Нп;
-4SO
е’ =e"J , откуда постоянная фазы (коэффициент фазы!
е=—45° = —0,785рад.
Постоянная передачи четырехполюсника д—а + /в=0,243—/0,785.
Если ZH =Zt2,T0 Ui~AUz+BI-a=Vz{A^-BIZC2), откуда
C2 =
Vi
A+BJZ^
10
________=5 Зе'58” В
(1_Л5)+^
I00ezKiP
Постоянную ослабления можно прсже^апъ по фсрмуж
96
ZC2 . L'i 1. 100 ,10
a=— in—+ In—=—In-----+ In—= 0,24Hn.
2 ZCJ U2 2 224 5,3
Задача 4.5.
У симметричного четырехполюсника, согласованного с нагрузкой, из-
вестны коэффициента: >1=0,8, В =/1,8 Ом. Определить сопротивления
р^бразной схемы замещения и характерюгичесжое сопротивление. Построить
диаграмму токов и напряжений при согласованней нагрузке, приняв
Л-7,=1А.
Цдя ечмметрнчжго четы^еююяюснкка. коэффициент С
Л2 -1
определяется из уравнения связи Л2 — £ - С=1, ък. С=—-=/0,2 См
В
Сопротивления Т-образной схемы замещения
Z1=Z2=^^=^^=j1Om, Z3=—=—=-i-=-j5OM.
С /0,2 Yj C /0,2
Характеристическое сопротивление четырехполюсника
Полученная схема и диаграмма показаны на рисунке 4.7, а и б.
97
У симметричного четырехполюсника ( Л = D )
сЪ^=с!1(с+Je)=chacose+jshasine=Z=0,8, так как chg=^AD. Иэ
этого уравнения следует» что shasine = 0. Так как в * 0 (смотри рисунок 4 7,6/
то sha=O. Следовательно, постоянная ослабления о=0. Это означает, что
г,=12. U,=U, (o=ln%=ln%).
Задача 4.6.
Определить А — параметры симметричного четырехполюсника» если
Zc =680е/3°26' Ом и д=18,35еж'5’.
Вычислим сТпу и sl\g. Для этого нужно преобразовать постоянную пе-
редачи в алгебраическую форму
д = 18,35е'^у=18,35(со886015’+/ып86°15')=1»2+/18,31 = с+/в,
причем постоянная фазы е получается в радианах. Таким образом,
chg=ch(l»2+/18,31)=chl.2cosl8,31 +JshlJZsinl 8,31 =1,53-/0,76 = l,7e^2s'2n.
sli5=sli(l,2+/18,31)=shl,2cosI8,31+jchl,2sinl 8,31=1,29-/0,92=l,59e"jjr26
Коэффициенты четырехпояюсника
4=cljg = l,7e"''2m; £=shgzc =I,59e‘-',yW-Ь80е;’26 =Ю81е/3?Ом.
e=gg=l.59e-^=,J3,10.e-,«C№ fi=j,
Ze 680e-,r?t’’
98
4.3. Схемы соединений четырехпслосников
Задача 4.7.
Два одинаковых четырехполюсника задачи 4.4 соединены каскадно ко
схеме, изображенной на рисунке 4.8. Коэффициенты каждого четырехполюсни-
ка: Л=1-J0.5. В=(50-/1С0)Ом, С=-/0,С05См, £=0,5. Определить А-па-
Выходные зажимы первого четырехполюсника соединены с входными
зажимами второго: иг =Ui и 1г =/« .
Рисунок 4,8
Для первого четырехполюсника СА =£А, fi =Ii,
Для второго четырехполюсника t/j =£/2 , 1г =h ,
Заменим напряжение и ток на выходе первого четырехполюсника на-
“ряжением и током на входе второго. Получим уравнения для резуяьтирующе-
г° Четырехполюсника:
При каскадном соединении четырехполюсников матрица коэффициен-
тов результирующего четырехполюсника равна произведению матриц коэффи-
циентов «жедийяеьаак четырехполюсников. Таким образом, Л — параметры ре.
зультарующего четырехполюсника:
А=АА + £*c’=(l-/0.5)2 + (50- /100)(-/0,005)=0,25-Д25,
Л5Х50- /100)+(50-/100)-0,5=(25-/175)0^
С=С A +DC = -/0,005(1 ~ /0,5)+О,5(-/Ю,ОО5)=(-25- /75) КГ" См,
£=СВ +DW =-/0,005(50-/100)+0.5-0,5=-0,25-/0.25.
4.4. Частотные фильтры типа А
Задача 4.8.
Составить T-образную схему низкочастотного фильтра типа к, у которо-
го номинальное значение характеристического сопротивления равно €00 Ом и
коэффициент затухания на частоте 100 Гц равен 4,6 Нп. При той же частоте оп-
ределить коэффициент фазы и постоянную передачи фильтра, отношение на-
пряжений на входе и на выходе при согласованной нагрузке и граничную час-
тоту.
За номинальное характеристическое сопротивление фильтров типа к
принято считать характеристическое сопротивление, равное параметру
---------- ff
k=-^ZTl¥r. Для низкочастотного фильтра 2т = /<уД 2т = /дС, т. е.
что соответствует характеристическому сопротивлению фильтра на граничной
частоте f = 0 Гц. По условию задачи =600 Ом.
В полосе затухания у низкочастотного фильтра коэффициент фазы
в = +zr, т.е cose=-l. Следовательно, из уравнения фильтра
cha=ch4,6=49,75 1,
2
где — =2^-100=628^“*.
Из двух вышеприведенных уравнений определяются параметры филъ*'
ра: ^ = 4,8 Гн и С =26,6 мкФ. Схема фильтра показана на рисунке 49.
низкочастотного фильтра вторая граничная частота
= 20 Гц.
k4L£ 3,14tf2^4?8-26.6 10"6
100
Рисунок 4.9
Коэффициент затухания на частоте 100 Гд задан а = 4,6 Нп, на этой же
частоте в — я (полоса затухания), поэтому постоянная передачи фильтра равна
|=й+J8 =4.6+/3.14.
При согласованной нагрузке с=1п£7|/172=4,б, откуда =Ю0 (по-
лоса затухания).
Задача 4.9.
Известны параметры Т - образного низкочастотного фильтра типа Л:
£=9,6Гн, С=26,б мкФ-Сопротивление нагрузки фильтра Rl{ =^^=600 Ом
(постоянное), так что режим согласованной нагрузки получается только на од-
ной частоте f = 0 Гц полосы пропускания. Определить отношение напряжений
на входе и на выходе фильтра на частотах 15 Гц и 30 Гц , сравнить их с отноше-
нием этих напряжений при согласованной нагрузке.
Построить график зависимости отношения напряжений от часто-
ты при постоянном сопротивлении нагрузки R^ и при согласованной нагрузке.
Характеристическое сопротивление Т - образного фильтра можно вы-
числить по формуле
Г-Че граничная частота f-, = —I—=—. = 20 Гц.
' ztVIC ^9,6-26,6 10'6
В полосе пропускания характеристическое сопротивление носит актив-
характер и на частоте ft = 20 Гц =0»на частоте f=30 Гп (полоса за-
дания) характеристическое сопротивление ^.ст- реактивное сопротивление,
^ягцее индуктивный характер Следовательно, при заданной нафузке
101
Rf, =600 Ом фильтр на частоте 15 Гц и 30 Гц не работает в режиме согц^
ванной нагрузки и отношение напряжении Uy можно определить из осц^
нога уравнения четырехполюсника, справедливого при любом соцротивяец^
нагрузки:
Ui ^Alii+Bh =йг(А+В]Вн).
Для Т- образного симметричного четырехполюсника коэффициенты раа.
ны:
B=(zT+&b)=Zl(i+a^)=y2^(i-ir'£^)=ya!tt['i-f/Z)4
4 4 4 L /Ь J
Приу= 15 Гц получается А=—0,125, В=/395,7Ом; при f— 30 Гц поду-
чаем —3,5, В_=—/2261Ом. Так как А - действительное число, а В — ывимм,
то отношение напряжений по модулю равно
Таким образом, на частоте f— 15 Гц
—=^.Й5’=0.67;
С/2
начастоте f =30 Гц
1/2
При согласованной нагрузке на частоте 15 Гц, каки во леей полосе про-
пускания, коэффициент затухания а = 0, т.е. Ц =1)г (фильтр не имеет актив-
ных потерь). При частоте У = 30 Гц (полоса затухания)
cha = 2тггу2£С -1 = 2(^)г -1 = 2- (3%0)2 -1=3,5,
откуда а = 1,92 Нп. Так как а=In—, то ~
102
„ . _„ V,/
Графики зависимостей отношения от частоты при
gH=R,n =6000м=сои$Г и ZH =Zcr представлены на рисунке 4 ДО.
/Гц
Рисунок 4.10
Из графиков следует, что при R« = 600 Ом фильтрующие свойства хуже,
чем при ссгаасонавной нагрузке.
W3
Глава пятая
Периодические несинусоцдальные токи в линейных
электрических цепях
5.1. Разложение периодической несинусоидальноп функции
в ряд Фурье. Действующее значение периодической несинусоя.
дальней функции. Коэффш^енты, характеризующие форму не-
свяуиищальиых периодических кривых
Задача 5.1.
На рисунке 5.1 изображена кривая напряжения u(t). Разложить это на-
пряжение в ряд Фурье, ограничившись четвертой гармоникой. Определить по-
стоянную составляющую и действующее значение этого напряжения, если
141 — 10 В. Нарисовать схему замещения источника напряжения.
Рисунок 5.1
Периодическое несинусовдальнсе напряжение предсгавяяет собой
функцию, симметричную относительно оси ординат, поэтому разложение в ряд
Фурье имеет вид
к'Ю=Пе + Uml costa+Un2 cosZrof+Um2 cos3&tf+Umi cos4a>t.
Постоянная составляющая
104
ипуда косинусоид
---jUncosaxcosk(adt==— J-^[cosfi»(l-A) + cosc»t(l + A)}#==
T о . 2" „ 2
---1---sin—(1 +fc)/1
r»(l + *> T '
n
sin—(1 - k) sin—(1+k)
l-k 1+k
цри к = l получается неопределенность типа —» поэтому амплитуду первой
гармоники лучше определять непосредственно из уравнения
Амплитуды высших гармоник (к—2—4):
и и- sin|(l-2) stn^0+2) ьЕ1й CN 11*1
л 1-2 1 + 2
V и- sin—(1—3) sin^(l+3) =0;
и-’ п 1-3 1+3
и и- sin (1 - 4) sin (1+4) 2t/e
п 1-4 1+4 15 n '
Таким образом. напряжение п(г) раскладывается вряд Фурье:
ь(г)=^2- + — coscotcosSftX —--С' cos4a».
л 2 Зк т 15тг т
105
Постоянная составляющая этого йесинусокдипыюго напряжения ращ^
£Л. ==——=—г= 3,18 В, действующее значение определяется поражением:
яг п
Схема замещения источника представлена на рисунке 5.2.
Рисунок 5.2
Задача 5.2.
Для напряжения, изображенного на рисунке 5-3, рассчитать коэффшш-
енты формы кривой Кд>, амплитуды Кд, искажения Ки.
Рисунок 5.3
106
функция симметрична относительно оси абсцисс и начала координат,
детому РЯД состоит из нечетных синусоид- Для определения амплитуд сину-
11 а функцию можно интегрировать за четверть периода.
Уравнение иля напряжения в промежутке времени 0 < t < % имеет вид
рлдф рье для указанного напряжения
u(t)=<7„, sincot+С4д sin3<wf+UnS sir.5®f+... =
g£7 1 I
=—^-(sinerf - — sinStyr+—sin Soft -...)
л 9 25
Ограничимся тремя членами ряда и определим действующее значение
напряжения
С/ = 7^|2+С/3 +[/5
=5,77 Б.
Действующее значение несинуссядалыюго напряжения можно опреде-
лить также по формуле
Среднее по модулю значение напряжения
J —=^'-^-“=513
/ о * С ' Z Z
Коэффициент формы
Коэффициент амплитуды
107
Коэффициент искажения определяется как отношение действующ^
значения напряжения основной гармоники к действующему значению всего
синусоидального напряжения:
5.2. Расчет цепей несинусоядадыгого тока. Мощности
Задача 5.3.
Определить мгновенные и действующие значения токов в схемах рисун-
ка 5.4»а и б. Дано: R = 100 Ом, L = 0,1 Гн, С = 10 мкФ,
vft) = sincf + 100 sin2az) В. где 1000 с4. Для схем сравнить отношения
амплитуд/„2/7т|.
u(t)
Рисунок 5.4
Для схемы рисунка 5.4,а для первой гармоники:
комплексное сопротивление цепи Z( = R + yYvL=100-t- jlOO=141e-MS"OM,
* Uап\ 100
комплексная амплитуда тока Irai =---=--------—=0.707е J А,
Zi I4h?'45’
мгновенное значение тока ij =0,707sin(<yr—45е) А.
Для второй гармоники:
Z, = R + J-2c£=100+/200= 224е/И°Ом,
i2=0.45sin{2<y/—63°) А.
108
^фвенное значение тока
<=<) =O,707sin(«>r—45'>)+O,45stn(2«yr—63°)A.
^^ствуюнхее значение тока
для схемы рисунка 5.4,6 для первой гармоники:
Z, = R -/— = 100 -/100= 141е j45*Ом,
<оС
}„ = ^i=_22“_=0.707e'^A.
141е~>4'
(i =O,7O7sin{«yf+45°)A.
Для второй гармоники:
Z-. = R-/—5—=100- /50=112е_/2’’Ом.
“* J2&С
• I/m2 100 ПМЪЛЛ“А
Ь»2 = ~=~ ~----ттг ~ 0,89^ А,
la H2ejl7
=0,89sin(2<zrf+27‘’)A.
Мгновенное значение тока в цепи
i=ii +*2 =O,707sm(«yf+45°) + 0,89sin(2tttf+ 27°)А.
Действующее значение тока
=0.79А
Отношение амплитуд тока 1^1 mi дпя схемы рисунка 5.4,а равно 0,63, а для
®&МЫ рисунка 5.4,6 равно 1,26 (индуктивность подавляет высшие гармоники в
•Фивойтока).
109
Задача 5.4.
На рисунке 5.5 изображена схема, параметры которой при основной
таге имеют значения ciL=12 Ом, 1/сиС^ЗООм, Rt=6 Ом, Л, =5 q
/?5 = 20 Ом. Приложенное к цепи напряжение
w=30+100sin&>r+40sin(3tyr+20e) В.
Определить мгновенное значение тока /1Э действующее значение
го тока, активную, реактивную и полную мощности, потребляемые в цепи.
Рисунок 5.5
Расчет для постоянного тока
+_5dk_=6+-^^=10 Ом;
Ъ+Ъ 5+20
Г _£4^30
,с’^ ю ЗА'
Г20 =1Ю —R* =3-— = 2,4 А;
20 Ri + Ri 5 + 20
*40
ПО
расчет для первой гармоники;
+^41 ”я2+/tot +^+^<вС -5+Д2 + 20 +^?ЗО
=(79,6 -/37,7)-Ю’5 См:
у ---------J------- = 1 (1Q.25+]4,83)Ом;
(79,6-/37,7)-1(Г3 J ’ ’
^щдщексксе сопротивление всей цепи
2э1 = ^ +^1 =6+10.25+/4,83=16,25+/4,83=17е,16°30’Ом;
токи:
1О0
17е',Л*
=5,88e-'/W30'A;
t/»w = lMZBeX »5Д8е-*» 11.4с^ =67е^В;
12ml
61е^
S+,12
«ИЗг-^А;
;’-'=^=<1=3-5^
=2J3e«-»A.
Z,! -узо
Насчет для третьей гармоники проводится аналогично:
= R3 + j3coL=5+/36 =36ж5е/8ПР Ом,
г^’-^’-ЛООм:
i’iTW^^-'53-77 ^72’8»10'^
ш
ZBi3 = 6,56-/8,9=IIW'53™ Ом;
= R, + ZoW =6 +6,56 /8,9=12,56-/8^=15.35е73'См,
йсЪпЗ = !ы г^з = 2.6е^ 1 l,05e-7”’’5' = 28,7®'°’’ В;
h., .^а.- 28-7с"'”, =0.79,^ Л;
& ЗбДе1"'1
=^?1=г8,7^'~2! .М4е,та д.
1<ч д28-7с"‘2’ =2^7ef9fiyA
Zi3
Мгновенный ток в нервзиетвленной части цепи равен (у составляющих
тока первый индекс—номер ветви, второй индекс номер гармоники):
4 =7|0 +»а +il3 = 3 + 5,88sin[&>r—16°30')+2,6sin(36rf+55'’)A.
Действующие значения токов
I, =^+/.>7^ =^+^+^ = 5.43^
7, = ^+71+7,!, -^42 +5^-4.4Л;
7, “J'j.+ -Jo,e2+^+!^=2,64A;
Мощности, расходуемые в цепи,
Р=UJю + Ц/ц cospj + t/3Zl3 cospj = 30 - 3+^^^^cosl6°30’+
+-^^cos[20D —55°) = 415Bt;
100-< ЯЯ
Q - их1и sin + U3In sinpj =-——sml6a30* +
+^^sin[-35c)=7,32 вар;
S=UIl= Ju%+ut+ut - /, - 5-45=642,5В A.
5.3. Несянусоидальные режимы симметричных трехфазных цепей
Задача 5.5.
Обмотай симметричного трехфазного генератора соединены звездой.
Мгновенное значение напряжения фазы А:
иА = lOOsincjr+50sm3&>f+20sin5«W В.
Определить мгновенное значение линейного напряжения иАВ и дейст-
вующие значения фазных и литейных напряжений.
Первая гармоника напряжений образует систему прямой последователъ-
ь°сти, третья - нулевой, а пятая - обратной.
Так как линейное напряжение равно разности фазных, то оно не содер-
**1гармоник нулевой последовательности. Следовательно.
иАВ = 100-Л sin(cw+30е)+20 Л sin(5a>f—30°) В.
Действующие значения напряжапй
f,-Vi;,, -нов.
113
Это же напряжение можно записать
-124.8В.
Задача 5.6.
Обмотки симметричного трехфазного генератора соединены открыт^
треугольником (рисунок 5.6). Мгновенное значение фазного напряжения ф^
АВ равно vM =10GsmoJ+50sm3zw+20j»n5e»B. Определить поюпац^
вольтметра V, который измеряет действующее значение несинусоцдальщ^
напряжения.
®АС
Рисунок 5.6
При несинусоидальных ЭДС в фазах сумма ЭДС, действующих в замк-
нутом контуре генераторе, не равна нулю, как при синусоидальных ЭДС, а
равна тройной сумме гармоник нулевой еюследоватепьности. Если включить
вольтметр в рассечку треугольника (рисунок 5.6), то вольтметр измерит гар-
моники ЭДС порядка, кратного трем, так как остальные в сумме дадут нуль.
т.е.
Задача 5.7.
Определить показание вольтметра, измеряющего действующее значен»‘с
напряжения, включенного в фазу» соединенных треугольником вторичных °0'
моток трансформатора (рисунок 5.7) при замкнутом и разомкнутом рубильН»’"
ке.если фазная ЭДС e=(170sirnwr+100sin3iar+7Csm5£W) В.
Ри*унок5.7
При замкнутом рубильнике образуется замкнутый контур, в котором
суммируются ЭДС. Прямые и обратные последовательности (первая и пятая
гармоники) ЭДС в сумме дадут нуль» а гармоники нулевой последовательно-
сти (третья гармоника) утраиваются.
Ток третьей гармоники равен
З£3 _ Е3
Разность потащиалов между точками С и А для третьей гармоники:
9сз~<Ря-Ез-Ь^ф, но Ез =[з ^.следовательно рсз =<рм.
В результате в фазном напряжении трансформатора гармоники нулевой
Последовательности отсутствуют. Поэтому При замкнутом рубильнике вольт-
метр покажет
Ы =v.-№+е] =^>‘+<т|>’ =,зов
При разомкнутом рубильнике в фазном напряжении будут все гзрмони-
•И. следовательно.
Задача 5.8.
Определить мгновенное значение напряжения tt^, активную и полную
*а*^Шости трехфазной системы (рисунок 5.8), если vM =100sinfi>Z + 20sin5<wB,
^®8Ом, сопротивления для первой гармоники At = 6 Ом,%7=30 Ом.
Рисунок 5.8
Соединение треугольник - треугольник заменим экитвалентиым соеди-
нением звезда — звезда. Определим ЭДС фаз генератора с учетом того, что пед-
вая гармоника—прямая последсватепьность, пятая—обратная:
cfi --^’ьЬ^-ЗО'1) r^s'in(5wf+ 3()’:)В,
ев =^Bsin(£W-150'>)+-^sin(5fiy+150<’)B.
v3 <3
ес = ^£2s*in(®t+90°)+^=sin(5ojf - 90°) В.
<3 <3
Сопротивления фаз нагрузки для первой и пятой гармоник:
=&\-]Хс =J6-j30=-/24Om,
zi,= jX[-JX‘ =jSXl =ye 5-jy = J24OM.
Рассчитаем сопротивления фаз нагрузки, соединенной звездой, для иер'
вон и пятой гармоник:
, 71 24 < 71
ZU=^—/-j-’-JSOh 4," “-’JSOm.
116
Расчет по первой гармонике. Схема для первой гармоники изображена
^рисунке 5.9.
Л + Z^ ч?3(8-Л)
фазное напряжение приемника
Um, ЛиЙ, -5,1с'ч< -Se’-^ =40,8e“-i’S’ В;
Лйаейное напряжение приемника
с'',г =?0.5<! В.
Для исхспнои схемы-
Фазные-токи
^=1=™^=2W<
ZU 24е^
fe-ФД
,-да? =2Л,-„/А.
^омое напряжение
Uojm\ =rmmi+hcmi jX* =70,5е +2,93е*’г -бе^ =80,7ер4Р В.
117
Расчет по пятой гармонике:
т Елнз__________2Ое'30 -/i^°
P+Z^v ЛЗ(8+/8)
UmaC =1лт5 Zj,Y =l,025e*7lS° -Ъе^ =8^/*° В,
С/««5 = в л0° = \4,2е^ В,
; Uams 14,2e'^ _ со
1автЗ=—<— ---v-=o,59e уч- А;
z«.! »Zm«se',2<’ =0.59«',i' A;
V^., =U^,+i^,,jXl =K2e),<’ ^-0.S9e^’,’ -ЗОе1”” -15.9е",,Л'’ В.
Мгновенное значение напряжения
ичг =и,чГ + и< =80,7sin(®t-34<’)+15^sin(5atf+115о30ЭВ.
Активная мощность
f cosp. t3ga./x.iCOS№ =
=650 Вт.
V3-2 x'3-2
Полная мощность
118
Глава шестая
Переходные процессы в линейных электрических
цепях с сосредоточенными параметрами
6.1. Расчет переходных процессов классическим методом в цепях
первого порядка
Задача 6.1.
Рассчитать переходные токи во всех ветвях схемы рисунка 6.1 после за-
давания выключателя во второй ветви. Дано: £= 150B,l?i =1^ = Лз = 100 Ом,
Рисунок 6.1
Запишем уравнения по законам Кирхгофе для схемы после коммутации:
т,-/2-*3=0,
£l/, + ^i3=£,
Л3£+£^— Яч1,=0.
di 3
Преобразуем систему уравнений Кирхгофа в уравнение относительно
’«Иой переменной, например, тока /2. Для этого исключим переменные it и i-.
^^Луни.м дифференциальное уравнение для тока i2:
2 Ri+Рз Ri+Rj
119
Подобным образом можно получить дифференциальные уравнении j[:
токов xt и г3, но в этом нет необходимости, поскольку характерисгичес^
уравнение схемы для всех переменных одинаково.
Решение будем искать в виде
*2 *2cb *3п₽’ *3 *3св * *3ф
Уравнение для свободного режима
^;2св г г? .
dt 1 3 R, + R}
Характеристическое уравнение
имеет один корень
100->Ю7200
L 0,1
где т - постоянная времени цели.
Свободные составлякждие токов:
i,„=Ce-.
В установившемся режиме гринужленные токи:
. Е 150
ч R3 + R3 100+100
Ry 100
'2^'1*ч?К2+/?3 1200' ’Э '
*3qp ~ ‘inf ~ *=ч> = 0,5 A.
Токи во время переходного процесса:
4 = /!e₽'+l, i2=Be”'+0,5, 1з = О?рт+0,5
Для определения постоянных интегрирования наедем тачальные значе'
ния токов. По первому закону коммутации: г2(0)=^(О_)=0- Следовательно.1,3
уравнения для второго тока при t=О имеем 0 = В + 0,5, откуда В — -0,5 А
Начальные значения токов гДО) и (ДО) (зависимые начальные условия-1
определим из уравнений Кирхгофа, записанных для момента времени t = 0-
120
«l(O)-hCO)-iJ(O)=OJ
^(O) + Rj^(O)=E,
<^aU0)=MO=^=^^,75A.
Определим постоянные интегрирования
0,75=Л+ 1, Л=-О,25, 0,75=С+0Д С=О,25.
Таким образом, переходные токи:
11~1-ОД5е',М0'А1 12=ОД-О,5е45(Ю'A, fJ = 0»5+0125eMS00'A.
Соответствующие зависимости представлены на рисунке 6.2.
121
Найдем комплексные амплитуды така /<га к напряжения на «жссц,
Uст яо коммутации:
Еп ______________________25______________
40^40-/^',Р?22-5'1^32
32- i у
*/2*100-22,5-10“®
-=0^3e^’ А
Ucm-En-hmV^ + RJ)^25-0^3e^25’-80=б,77е“/1^ В.
Мгновенное значение напряжения на емкости: uc =€,77sm(c?J - 18®) В.
Расчет свободного процесса. Для схемы после коммутации в Свободном
режиме (рисунок 6.4) определим входное характеристическое сопротивление
Z(p) относительно ветви с емкостью и приравняем его нулю.
Рисунок 6.4
1 + RjR^ = R2 + R3 + рС R2 _ 0
рС R2+Rj pC(R2+RJ ~ ’
откуда R2 + Rj + рС R2 Rj = О и корень характеристического уравнения
72
«-**±*3.=---------'±-----—=—2500 сЛ
R2RjC 40-32-22,5-10“®
Свободное напряжение на конденсаторе иСса = Ае1" = Ае~™й1.
122
расчет принужденного (установившегося) режима:
—р----—-------------=С,37е'10’’|$’ А;
У^ноо-ггд-нг6*'32
32— j V
-//2я-1О0-22,5-1О'6
С/стцр =£₽,-ЛИЧр R2 = 25-0>37е*^-40=10Ж/"'° В.
Мгновенное значение напряжения наемкости: иСпр = IO,8sin(®f—14°) В.
Расчет переходного процесса. Напряжение на конденсаторе во время пе-
реходного процесса
ие =«СС. +ЧСС = ^Ю°°‘ +10,8sin(fitf-14°) В.
Постоянную интегриржания находим из независимого начального ус-
ловия. Согласно второму закону коммутации
wc(0)=nc(0j=6,77sin(-18c)=-2,l В.
Следовательно, ври t=О:
«с(0)=—2,1= Л +10,8sm[—14°),
откуда Л=0,5 В
Таким образом, напряжение на конденсаторе во время переходного про-
цесса равно
ис +10,8яп(628/—14°) В.
Задача 6.3.
Участок ветви с параметрами R2 = 30 Ом, L — 0,04 Гн неразветвлеиной
Цепи (рисунок 6.5) замыкается накоротко. Определить ток i на участке цепи с
п4)аметрами Rt = 20 Ом. С = 4 мкФ и напряжение на конденсаторе, если
Рисзтюкб.5
Уравнение второго закона Кирхгофа для цепи после коммутации:
» /?1С^^+«с=е.
1 с dt ‘ dt
Решение для искомых величин запишем в виде
Рассчитаем ток и напряжение свободного режима. Уравнение Кирхгофа
для свободного режима:
Характеристическое уравнение 7^Q> + l=0, его корень
р=—\-=-----------------------т-=—12500с-*-
RtC 20-4-КГ*
Аналогичное характеристическое уравнение можно получить из вьфа-
жения для входного характеристического сопротивления схемы в свободном
режиме:
Z(p)=^+~=0-
Оободные составляющие и£а = Аер', iCB ~Вер'.
Рассчитаем ток и напряжение принужденного (установившегося! редан
L, =- Е" *•
R _ 1 20~ Д°°
1 сЯ7
= 0.98sin(2500r + 138,7е) А;
Г«сЧР=/И15,(-/~)=0^8е/'38/’ -100e~/s'i0 В,
аС
«с^₽ ==98sm(2500t + 48,7®)В.
Переходный ток и переходное напряжение на емкости:
i=Be",2S00[ + 0,98sin(2500/ + 138,7е),
ис =Ze'12S00' +98sin(25O0/+48,7е).
При1 = 0 r(0) = £+0,98sinl38,7e, nc(0) = X + 98sin48,7c.
124
Определим напряжение на емкости ио коммутации*
F, + R.+JW- 1 ) 20+М+Л100-100)
мгновенное значение напряжения uc(OJ=200sin(2500/-30c)E.
Следовательно, при г = О Hc(0)=200sin(-30°)=-100B. Таким образом,
-100=Л+98в1п48,7э, откуда А =-173,6 В.
Начальное значение тока найдем доя схемы после коммутации из урав-
ения второго закона Кирхгофа для момента времени t = Gt
е(0) кс(0) 100sin60° + 100 А
откуда »(0)=- ' --9,3 А
20
Сил оватепьно.
9,3 = 0+0,9 8 sin 13 8,7°,
откуда В =8,6 А.
Таким образом,
чс =98sinf2500r+48,7°)—173,6е-12500' В,
I=O.98sin(2500r+138,7°)+8,6e_*2500' А
Задача 6.4.
Дня схемы рисунка 6.6 определить переходные, принужденные и сво-
бодные составляющие токов и напряжения на емкости в первый момент после
коммутации. Дано:К!=/?2=^=50Ом,С= 100мкФ,£= 150 В.
Рисунок 6.6
Принужденные составляющие:
. Е .150 ,СЛ
ъ, r2 + r3 ICO-WA-
*2qp = исчр = 4гпЛз = 75 В.
Так как источник литания представляет ЭДС постоянного тока, то при
нужденные составляющие от времени ие зависят, т.е.
М°)=М0)=1.5А' М°)=°. «CJ°)=75B-
Токи и напряжение на емкости до коммутации
«Ю=6(0J-------*—=Л*=1а.
Д+Я2+Д, 150
*2(0J=0, wc(0 _)=i3(0 JR, = 1-50=50 В.
После коммутации для момента времени t=О в соответствии со вторым
законом коммутации нс(0)=ц£-(0_)=50В; ток 4(Р) = К^^ =-^=1А, ток
/ДО) определим из уравнения второго закона Кирхгофа:
£=/1(0)К2+иг(0),
,;(о)=^ма=1»=»=2А.
1 R2 50
ток через емкость /2 (0)=/ДО)—/3(0)=2—1=1 А.
Свободные составляющие:
M0)=it(0) - /^(0)=2-1,5=0.5 А,
W0)=4(0) -М»)=1- 0 1 А,
4с.(0)= 4(0) -4вР(0) =1 -1,5=-0,5 А,
«сС8(0)=ЧД0) - W0) = 50 — 75=—25В.
Задача 6.5.
В электрической цепи, схема которой представлена на рисунке 6.7. з8‘
мыкается выключатель. Определить напряжение иС2 во время персходнсс0
процесса, если иГ|(0_)=100В,/?= 100 Ом. G =0,5 мкФ. С»= 1 мкФ.
126
Определим входное характеристическое сопротивление схемы в свобод-
ном режиме и приравняем его нулю:
Z(p) =
рс,
К^рС,
RC2p+l+RC.p _
откуда --—--- ----—=О и характеристическое уравнение
рС!(РС2р+1)
гК(С,+С2) + 1=0.
Корень уравнения р=-------------------------------т-=—6666с3
ДЙ+Cj) 100(0,5+Ц-ГО-6
Следовательно. ие2си = Ае1” = Ле"46561. Так как иС2пр -О, то
«С2 = UCI ^Г2п = =*с-
Дпя схемы рисунка 6.7 второй обобщенный закон коммутации имеет
ВИД:
J+G«cl(0j= (С, -в с>с(0),
гДе f (0) ~ напряжение на параллельно включенных емкостях С) и С2 после
к°Ммутацни при t = 0, =0.
Определим напряжение аг(О);
1И0)=Qv.flJ+C/totOJ=ОЛ-Ю~ь-»О0+1 ю^-О-зззв
Определим постоянную интегрирования: г;с, (0)== А—33,3 В.
Таким образом, иС2 = ЗЗ.Зе'4646' В
График напряжения «С2 (/) представлен на рисунке 6.8.
6.2. Расчет переходных процессов классическим методом в
второго порядка
Задача 6.6.
Определить ток 4 в схеме рисунка 6.9 после коммутации, если Е
Л|=/}2='2000м,С=40ыкФ,£==0,1 Гн.
цепях
80 В,
Переходный ток представлен в виде суммы двух составляющих:
Принужденный ток после окончания переходного процесса равен
‘р K,+J?2 400
128
Дня определения свободного тока найдем входное характеристическое
с1ЯфотиБление схемы в свободном режиме относительно точек разрыва первой
gpraa н приравняем его нулю
Z(p)=^
„случим характеристическое уравнение
RtR2pC+p2LC (R, + R2)+(Д + R2)=О,
р2 +——₽+—=С, рг + 1С00р + 25О-Ю* = О,
(J?j +R3)L lc
корни которого pt = p2 =-500 с
Свободная составляющая искомого тока запишется в виде
, л „-^00г . л
Таким образом, ток i, = А^"500' +A2te~5m' 4-0,2.
Для определения начальных условий запишем уравнения ио законам
Кирхгофа для схемы после коммутации для момента времени t= 0:
^(0)-4(0)-гД0)=Д
ВД0) + Я212(0)=£,
£j3(0)+нс(0) - fl2i,(0)=0.
В соответствии с первым законом коммутации 13(0)=0, поэтому
i.(0)=f,(0)=——=—=0,2 А.
‘ ‘ Rt + R2 400
По второму закону коммутации'«<;(0)=£'=80 В. Следовательно,
^(0)=^)-^(0) = 200^2-80^d
dl L 0J
Для вычисления постоянных интегрирования Л, и Аг необходимо кроме
'1(0>рЕссчитать —(0). Чтобы определить производную от первого тока, лро-
dl
1П1Фференцнруем первое и второе уравнения Кирхгофа:
at at at
*>»*M>-*
откуда —(O)=-200A/c_
dt
Постоянные интегрирования определим из двух уравнений г, (О’* и
4(0)=0,2=Ai +0,2,откуда At =0;
i,=Л2/е-5М' + 0.2. = 41e“SM' -500Z2te~5M';
^(0)—200.-А
at
Искомое решение = (—ЗООге"500' + 0,2) А.
Задача 6.7.
Рассчитал, напряжение на конденсаторе в схеме рисунка 6.10 после
коммутации, если U- 125 В, J? = 100 Ом, L—40 мГн, С=5 мкФ.
Рисунок 6.10
Напряжение на конденсвторе находим в виде суммы свободной и при*
нуждениой составляющих
Че“«5с»+Чсчг
Для определения свободной составляющей запишем характеристическое
входное сопротивление схемы и приравняем его нулю
рЪ — 7
ад=к+±т<.^«^±«=().
p£+_L р21С+1
/>С
130
ледовательно. RLCp1 + pL+R=O или р2 О. Корни уравнения
Pj,2- 2RC±\4R2C2' Тс 2-100-5-Ю-6 *
± -------г-----z* =(-Ю00± /2000) с'1.
^<2-100-5-HTJ 40-МГ3-5-МГ6
Корни характеристического уравнения образуют ксмплексно-
сосряженную пару чисел (р|2 =—S+Jto^}, поэтому свободная составляющая
напряжения на конденсаторе имеет вид
Та = slnCr,),/.-Z;=Z«J'"'sh<2000< + z).
Принужденное напряжение на конденсаторе Цг.^равно нулю, так как в
становившемся режиме сопротивление индуктивного элемента равно нулю.
Следовательно, ис =wCca = Xe_,O0°'sin(200Or+^-)_
Запишем независимые начальные условия:
uc(0_)=«c(0)=0, i2(0J=i2(0)=0.
Таким образом, для момента времени i = 0: n<-(0) = Zsin7r, т.е.
=Asiny, откуда у=0 и ие = Ле_,С00'sin2000г.
Так как 4(0)=0 и ис(0)=0, то i3(0)=i((0)=^=~^ = l,25 А- Это сле-
дует из уравнения второго закона Кирхгофа для момента времени t= 0:
t/=iJ(0)/? + nc(0).
Используя зависимость i3 =С^=- для момента I = 0, получим второе
dt
ависимое начальное условие ^^-(0)==25 -104 Д/ _
dt v С 5-10* /с
Определим производную напряжения на конденсаторе
~^~ = A2000cos2000te~№0°' — A lOOOe-”100'sin2000г; дяя момента времени
=0 получим 25-10’’ =2000Л, откуда Л=125 В.
Таким образом, nc=I25e-,cl,ft'sm2000r В.
Задача 6.8.
В цепи, представленной на рисунке 6.11, определить напряжение ца
дуктивности в момент коммутации nt(0), если K = 200sin{314/ + 45°\ц
10 Ом, С=319 мкФ. L=63,6 мГн.
Напряжение ыс(0) найдем на ©сновании законов коммутации и заксыв
Кирхгофа, составленных для мгновенных значений токов и напряжений для
момента времени t=0.
В режиме до коммутации комплекс амплитудного значения тока
'-(«J —
Uae^“ 200е** 200е^
R+jaL-j J- " W-H/20-уЮ’мде^
«эС
=14,2 А.
Мгновенное значение тока =14,2sin314r А
Комплекс амплитудного значения напряжения на емкости
С/с.(О )?i,<0Х-/4з=14.2-НЛ<1)—Д42-1«2«^ В.
Мгновенное значение напряжения на емкости ac=I42sin(314/~90°) В.
После коммутации при г=0 ток и напряжение не могут изменить61
скачком, т.е.
i((0 J=it(0)=14,2sin0=0, пс(0 _)=wc(0) = 142sin(-90c)=—142 В
Для схемы после коммутации на основании второго закона Кирхгоф
a(0)=il(0)J?+at(0)+i/r(0), отсюда
uL (0) - u(0) -i, (0)Я - пс(0)=200sin 45° +142= 283 В.
132
63. Операторный метод расчета переходных процессов
Задача 6.9.
Для схемы рисунка 6.12 найти ток it и напряжение на емкости во время
переходного процесса после коммутации. Дано: U = 200 В. R, = 100 Ом,
Так как независимые начальные условия нулевые (и£.(0)=0), то изо-
бражение тока в ндэазветвленной части схемы можно определить по закону
Ома:
А(р)=
t/(p)
Z(F)
и
я,—
Рс
р(К+———)
R^pC+l
U(R2Cp+l) _ РЛр+200
pfR&Cp + R, +R2) ~ p(0,2p + SQ0)
Для опредепашя переходного тока воспользуемся теоремой разложения:
1°-4f*200 - , . r.te>c-'
' Г2(Д ^(0.2^+500)' л’ Fj(p,) Г,(р,1
Определил корни знаменателя F2(p)=0:
р(0.2р+500)=0, р, = 0, р? - =-2500 с
Определим производную знаменателя:
Г,(р).^₽1±^а=0,4р+500.
4?
133
Переходный ток
200 0,4-(-2500)+ 200 _3500z
’ 500 + 0,4 - (-2500)+500 ®
=(0,4+IJ6e-asoo')A.
Так как знаменатель П2(р) = 0 имеет один корень, равный нулю, тс
П2(р)=pFj{p), то оригинал i,(r) можно определить по другой формуле теоре.
мы разложения:
Л(р) = -W. - F.(°>+у_ЫРк) _cw =
Ыр) рВД ^(°) ^РкЛ'(Рк)
В данном случае П1(/>) = 0,4р+200; Н3(р)=0,2р+500; вычисляем ко-
рень уравнения /^(р)—0,2р>+500=0, pt = —2500 с"4.
Определяем:
Г.(0)=(0,4р + 200)^ = 200; П3(0)=(0,2Р + 500)^ = 500;
^>(/’t)=(0.4r+200)p„pi = 0,4-(—2500) +200=-800;
(А)=0.2.
Таким образом, получим
4(0=—+ -0.4tl.6e""'
500 -2500-0,2
Определим напряжение на конденсаторе в операторной форме:
рС р
Л(Р)=Л(Г)—
.Л(.Р)Р2рС UR2C
К2рС+1 RjjRjpC+jFJj + Е,’
t>c(P) =
ur2
ptRtR2PCJtRi^Ri)
8 10д
p(0,2p+500)
"с(®)=0;
Напряжение Uc(p) можно было найти как f/c(p)=U(pi)-/1(/>)7? (Т11
нулевых начальных условиях).
Применяя теорему разложения, получим
ис(О=160(1~в-аяж)В.
134
Задача 6.10.
Схема рисунка 6.13 подключается па постоянное напряжение U= 125 В.
,Йти илражекие напряжения на конденсаторе для трех случаев:
1) 7?=250 Ом, £-667 мГн, С= 2 мкФ;
2) R= 100 Ом, £=40 мГн, С= 1 мкФ;
3) R= 100Ом,£=40мГн, С=5мкФ.
R
Рисунок 6.13
Наедем операторное сопротивление цепи
ю£--- -
p1+ ' ric-n
рС
далее определим изображение тока /х(р) :
(р) Ujp^LC+l)
' “ Z(p) ~ p[RLCp~ +Lp+R)
Изображение напряжения на конденсаторе получим, умножая £,(р) на
операторное сопротивление параллельных ветвей:
p£-i-
^(й=Л<р)-^=---------и—-=^.
FAP^P1^ —— р+——, причем корни ураянения £^(р)=О
RC RC LC
4№ы:
Рч
Решим задачу для первого варианта числовых значений.
135
В этом случае
корни знаменателя
125
Л<Р)”-----=—r=O,25 W;
250-2-10-6
250-2-10^ 667-ИГ3 -2 10’
р* +2О0Ор+О,75 -106 = 0, pt =—500с_|, рг =-!500с‘|.
Вычислим производную F? (р) и ее значения при р=рк и р-рг.
Fi (р)=2р + 2000,
F% (pv)=2-(-500)+20QQ=100Q;
К (р2)=2-(—1500) + 2000=—1000.
Таким образом.
FM Л(р,) +.(+-)
=0,25-1О3е‘ч500'+0,25-lO’e4500' =250-(e"®w’-eJsul")B.
Решим задачу, подставляя численные значения второго варивши:
Р(р)=— =1,25-106;
1 100-МО-6
F2<P)=f2 +------)-----------------5T-Z>2 +10’/. + 25-10“ =0;
100 l-IO ! 40-10-3-1-10'
корни этого уравнения pt = р2 =—5000с~' (кратные корни). Применять форм)'
яу теоремы разложения нельзя
Изображение напряжения на конденсаторе имеет вад:
v (-) l-251(l‘ ‘Д Ю*
C'P Fitp) /1+10’/ + 25-10‘ (p+SOOO)1
это табличное изображение, поэтому
1,251О<, t4C(t)=I,25-106re-5n0“ В.
(p+5000)-
136
Рассмотрим третий вариант числовых значений. Находим
125
ЮО-5-10'6
=0,25-106;
F,(p)=Р2+2000р + 5 -10е;
гории уравнения F2(p)~® равны р>12=(—1000 ±/2000) с-1. Производная от
и ее значения при р=р} к р=рг‘.
F2 (р)=2р+2000;
F2' (р.)=2-(—1000+/2000)+2000=/4000;
Fi (pz)=2-(-1000-/2000) +2000=—/4000.
Определим переходное напряжение на емкости:
0,25-10е
= А=Л(₽1(,., + Л</Д
ПИ Р+ 2000,^5-10е Н(й) f2'(,,2)
_ 0,25• 106 ^-loo&t/TOooj, | 0,25-106^-юоо-утоооу — oRc =
/4000 - /4000 ~ ‘
2Re[^2-5106e-^ е-1000'
4000
'0.25-Ю6е-,000,с/(Яхх>-нР)1_
4000 J
2 0-25-106е^ооо( co^TOOGl -90°)=laSe-1000' sin2000z В
4000
Задача 6.11.
Для схемы рисунка 6 14 определить ток г((т) после коммутации опера-
торкьгм методом. Дано: £ = 120 В, £i = R2= R = 4 Ом, L=0,1 Г н.
К
Рисунок 6.14
П7
Эта задача с ненулевым начальным условием для тока i,. Оператору
схема замещения изображена на рисунке б. 15.
1(Р)
Рисунок 6.15
Составим для нее уравнения по законам Кирхгофа:
Цр)-А(р)-4(р)«<М
л/(р)+лЛ(р)=-;
р
р
где ,а(0)=—^~=—=15А-
R+R, 8
Решая эти уравнения относительно тока находим
J , ««,+«, «21
„ . L K+Hi K+n, J 12рМ80 FM
' r.[FFlFFP^F.F1+LJF+Piyp] р(0£р+48) Г,(Р)
Переходный ток определим по формуле тесремы разложения:
Кг(р)=0,8р2+48р=0, откуда Pj=O, р2=-60с~';
Л» (F)=l.6p+48;
i it)cw + Fi(pJ CM ^.480 t -720+480= [0+5е-ш .
Г2’(Л) F;c>2) 48 —96 + 48
138
Задача 6.12.
Дня схемы рисунка 6.16 определить ток 1(f) после закорачивания сопро-
тивления ft, Дано: ft=Rz~ 2 Ом, Дг = 3 Ом, й>= 314 с"1, е = 1278‘1п[сг-50°) В
Рисунок 6.16
В схеме i(0) * 0, поэтому ьвобходимо определить ток до коммутации:
f(0_J=25,4sin(c#—87°);
i(O)=25,4s‘in(—87®)=-25.35 А
Дня схемы после коммутации запишем уравнение второго закона
Кирхгофа
^(p)=Kp)(ft-pb)-^(O),
следовательно, Е(р) + 0(0) = I+ рЕ).
Если синусоидальная ЭДС е символизируется комплексом £гае,<8|,то
г-г 1 R”
Е(р)=——-
P-JG)
В этом случае необходимо внутреннюю ЭДС 0(0) умножить в неход-
ком уравнении на J. Оригинал, т.е. переходный ток i(r), представляет собой
^имую часть результата формулы теоремы разложения (без/). Таким образом.
Jb(O)= fkp)(R+pL), откуда
—+Дл(О) -
д _________ Er,+jLi((f)(p-jcj} Ft(p)
R, + pL (p -JcuXR2+pE) F2(p}
139
Из уравнения Г2(/?)=(р—jo)(R2 + pL)=О находим корни
Pi ~ j°>=/314с"’.
Р2=~
——=-210с^
0.0095
Дня расчета по формуле теоремы разложения определяем:
FAP) = +PXP-j^2 -JtpL, F1 (p) = 2pt + R2
FApy=k^jU^&-jeii==Ea.=VZlets^,
FAp^nie^ + 7%M-(-25,35).(-2M»-j314)=5,4-/46,4 -47,le-*3’;
Fz (a) = 2Lja+R2 -JaS. = R2+ JtoL 2+J3=3,6елй°,
Ч (л)-21(-21С)±Кг^=2~ ( 2lti)+2-73. 2-fl-
-42*J3>.-3.S«nil = 3,6.-'"'.
47,le^3”
Переходный ток
.-(rt=lijГ|(д) c" I rw 127c ' c'“ , «!,«>— C-1», I
U’ (л) 4 Oi) 3,6^ 3,6,. "2f J
= lm^5,2eJ'6'^,t^J +13,le2“1' -eJ!,I’']-35.2siIi(<a-106")4-13.1e^,"sin41l,s.
= 35,2sin(3l4f-IC6") 2S,45eJt,:' A
Дня сложных схем слагаемое с корнем р=jo, соответствующее при-
нужденному току в кламжческсм методе, целесообразно вычислять одним из
методов расчета цепей синусоидального тока, записывая уравнения в ком-
плексной форме
Задача 6.13.
Определить ток переходного процесса i фисунок 6.17), если
е = ЦЮапСУЗОСЖО”) В, Rt = 30 Ом, F-20 Ом, С ~ 4 мкФ, L=0,04 Гн.
Рисунок 617
140
Если ЭДС не представлять в виде комплекса, то ее изображение имеет
остаточно сложный вад:
100(psin30° 4-2500cos3Qc)
p>z + 25002
поэтому в этом случае целесообразно применять операторный метод только к
расчету свободной составляющей, а принужденный ток рассчитать, ие исполь-
зуя теорему разложения.
Составим операторную схему замещения (рисунок 6.18) для свободного
ре има (без источника ЭДС).
Ыр) I
) Р1
®и.(0)
Рисунок 6.18
Из схемы следует, что изображение свободной составляющей тока
Находим ток в цепи до коммутации. Его комплексная амплитуда
| -----------— =----------------;
20 + 3С47-ЮО-,ЮО
^Мгновенное значение i(/)=2sin(2500z+30с) А.
Следовательно, i(0) = 2sin30° =1 А.
Определим комплексную амплитуду тока установившегося (принужден-
и°Го) режима
г -ГС06'"?
!мпр —-----------------— О.Уоб?
R+jtoL 20+jlOO
Ь°1}овенное значение тока 1^(1)=O,98sm[2SO0i - 48,7°) А:
при Г = 0 (qp(0)=0,98sin(—48.7е)=-0,736 А.
141
Таким образом, «с,(0)=I —(-0,736)=1,736А.
Следовательно, изображение искомого свободного тока
ЫР)
4а(0) 1.736
р+»“р + Я10-
а оригинал zc,(r)=1,736е~500' А.
Переходный ток равен
Я0=4,(0+^,(0"1 ,736®“®°°' +Ъ,9ЪЙ1ф5ЫЛ -48,7°) А.
6.4. Расчет переходных процессов с помощью
интеграла Дюамеля
Задача 6.14.
Определить переходную проводимость G(t) схемы рисунка 6.19 и пере-
ходную функцию напряжения k(t) для расчета г2р) и и2(г) при произвольной
форме напряжения 1га(0,есдиК1 = 2кОм,Д2=4кОм,С=1 мкФ.
Рисунок 6,19
Переходная проводимость <7(<) и переходная функция напряжения А(0
позволят определить с помощью интеграла Дюамеля переходной ток г2(0 й
переходное напряжение н2(0 при воздействии на электрическую цепь напря-
жения »,(/) произвольной формы.
Для определения G(f) необходимо любым методом определить пере-
ходный ток i2(r) при подключении к зажимам схемы постоянного напряжения
U — 1В. Цри классическом методе i3 = 12ся + .
142
Для свободного режима
z^p)-^-
Ч + рС
Л2=0,
(2 + 4)-103
откуда
^R^R^PC=O, Р=-^=----------------Г4Ч-
1 2 R,R2C 210s 4-Ю3-1-Ю*
Такта образом, i2ce = Ае~7501. Принужденный ток равен i2pp =—, поэтому
Ri-*-R2
переходный ток
=—-- +Ae~™.
/4 +R2
В начальный момент времени t = 0 i2(0) =—, следовательно,
Й2
UU. , VR.
— =------1- А, откуда А= -s-
R2 R^R2 /?2№+«2)
Переходный ток равен
i - и , URl с™1 Л,
*2 R,+R2 R2(Rt+R2)
UR,
тогда переходная проводимость определяется как
G(r)=—-—+----------------е"750' =(1,67+0»83е"И0/)-МГ’ См.
R,+R2 R2(Rt+R2)
Переходное напряжение
„ ГЛ —i R 4—<,-75°‘ R
222 ч+й2 «,+«,
Вфеходная функция напряжения
-+ = Oj667+O,333e'75(".
R\ + R2 Ri+R2
Задача 6.15.
К схеме рисунка 6.20 подключается прямоугольный импульс напряже-
нием 17, действующий в течение времени f„. Найти закон изменения тока t и
Напряжения iif- в зависимости от времени.
143
R С
Рисунок 6.20
В интервале времени О£Г<ГН (яе включая скачок напряжения ^рй
Г~по формуле интеграла Дюамеля напряжение на емкости
«с(0="(°Ж0+
ток в цепи
.(<)=«(0)C(<) + fu'(T)G(/-r)rfr.
О
Одним из расчетных методов определяем
G(t)=k(t) = 1 -е~*ё.
Значение входного напряжения в начальный момент времени h(0)=G;
входное напряжение п{1)—L , следовательно, и'(Г) = n'(r) = 0 -
Таким образом,
«с(0=«(0) *С0=С/(1
1(0= ы(0) G(r)=U ^е^с-
Переходный ток в этом интервале можно определить также с помспГУ0
соотношения
dt R
Если напряжение, на которое включается цепь, имеет различные выра"
жения на разных интервалах времени и, кроме того, имеет или не имеет скачки*
то интервал интегрирования разбивается на отдельные участки, а реакцию ое'
пи, рассчитываемую интегралом Дюамеля, записывают для отдельных интер®8'
лов времени.
144
Чтобы найти выражения для uc(f) и i(0 при изменении t в пределах
। ь!когда входное напряжение равно нулю, необходимо учесть, что при
(=/„ входное напряжение мгновенно падает до нуля.
Для интервала времени t„ £<» интеграл Дюамеля следует записать,
гпример, для напряжения на емкости следующим образом
где »’(г)=0» »|0‘и)=°» »(4)=ьг-
Таким образом,
ис (О=“(0) Л(г) + fu’(r) k{t - r)dr - U к(Г - Ги)=UQ - е~^яс) - С/(1 - ).
о
Переходный ток
1(0=«(0) G(t) + p(r)G(t - T)dT - (JG{t -Ги) = и - U -U .
о К Я
Аналогичный результат можно получить, если представить входное на-
пряжение в виде суммы даух составляющих и, и иг, сдвинутых во времени на
длительность импульса (рисунок 6.21). В интервале от О до действует на-
пряжение U], а при t>t„ — сумма напряжений ut+u2.
“2
Рисунок 6.21
Для 0<f£f„
i(O=n,(0)G(O+ L; (r)G(r-r)dr=Lr— e^KC
c R
(г)=0, так как Hl(r)=G=consT)
Для г„<г<®
1
iW=H|(0)Gfr)+ (n)G(r-r)a,r+n2(rR)G(t-r„)+ [и'2 (z)G(f - z)dr.
° 'и
^аккак ii2(t}=—U = const,то nj (г)=О.Следовательно,
145
ift)=U ~е ^с
1 R R
Задача 6.16.
Записать интеграл Дюамеля для тюреходнсго тока i(t) для различна
интервалов времени при включении цепи на напряжение ц(/)(рисунок 6.22 а.б)
если известна ее переходная проводимость G(t).
Для напряжения рисунка 6.22, а.
ПриО5/<П И1(Г)=Ц:
<(0=нДО)С(О+ p<(r)G(r - f)dr=l/,G(r)+О— G,G(r);
D
прИ1,£«Г2 h1(*) = U2.
i(t)=K[(0)G(r)+ ^Uf(r)G(t—T)dr+(U2 —Gl)G(t-~tt)+ fuj(i)G(r—r)dr=
C «4
=Ц6(Г)+0+(С/2 -Ul)G(r-t1)+0=G1G(r)+(G2-Ut)G(t-f,),
nput2rt2 U|(0=D
i(0=n,(0)C(0+J«1'(r)C(»-r)Jr+(C/2-t/1)G(<-I1) +
0
Дня напряжения рисунка 6J3^p.
При0< t<tj «,(0=U, +(L2
]4б
i(r)««i(O)G(O+ fi4(r)G(r-rMr=t/tGfr)+ f(G2-G,)-G(7-r)Jr=
c oh
=ЦС(04 (Ц -t/,)- fG(t-T}dT;
при r,ir<r2 ц(О=Ц; uj(O=ui(?)°O.
ФММ+ )ц'(г)С(/-гХ?+(Ц -GzX^(/-<i) + Ji4(r)G(t-r)A=
0 »j
= ЦО(Г)+U*~-Ut. jc(r - T)dv+(Ц - G2)G(r -rt);
h о
при U|CO-O; «1 (*)=0;
-G2)Gff-li)+ J«;(r)G(r-rXr+
о <i
+(0-G,)G(r-f2)+ f«;(r)G(r-r)a'r=G,G(f)+^z^1 }G(r-r)^r+
h f' ®
+ fG, -G2)Ga-r,)-GGa-r2).
Задача 6.17.
Определить переходный ток в цепи рисунка 6-23,«, если /?i = 1 кОм,
С= 1 мкФ. Входное гжпряжеиие изменяется, как «оказано на рисунке €3.3 J5.
Рисунок 6.23
Входное напряжение
«=^г ^ю4--5=-,о’^
11еР«ходная проводимость
CW=7£ =10-3е-4ОМ' См, G(/-T)=le“^ = I0-3e-«W-n См.
147
В промежутке времени О£Г£г(
ДО=K(0)G(r) + р(т)<?0 - *) *=UG(t) + J- — G(t - T)dt=100 - 10-3e4m«' -
о о
-10s JlO_Je_SOMi'-r,Jr«O,le''o°0' -lOOe4000' |‘eW00r4r=
о о
=sOJe_I000f -OUe^V000' -l)=O,le-30C0' -ОД+ОДе-1000' =(O.^-I°00' -0,1) A.
В промежутке времени t, <t^oo
»(O=«(0)G(r)+J«'(r)G(r-s-)£?r=O.Ie-400o'-lO0e-,0M')e,t",0rd7 =
= ОДе~1000' -01le-!MO'(e,ll№j -l)=O.Ie-’M0' +0>-’MB' =
Для этого интервала времени переходный ток можно рассчитать другим
путем. Входное напряжение можно представить в виде суммы двух составляю-
щих и и2, сдвинутых во времени (пунктир на рисунке 6.24).
Рисунок 6.24
В интервале времени от О до f( действует напряжение н,, а при /2:^
действуют оба напряжения ut и и2.
Таким образом.
iz!=t/- t (f = o-s-ac), «;(г)=-105%;
и2=—?/ + — t (/ = /!—<»), Ц(г) = 105^/.
148
Переходный ток
fy(r)G(f-r)dr+ fy(r)G(f-r)dr=
о <i
=0.^-’сао'-0,5е-Т«'-<|>А.
6.5. Спектральным метод расчета переходных процессов
Задача 6.18.
Определить спектральную функцию напряжения, имеющего форму по-
дуволны синусоиды (рисунок 6.25).
Рисунок 6.25
Функция имеет уравнение u=U„sineoot при 0</£<и и а = 0 при
Для определения спектральной хфактеристики напряжения воспользу-
емся формулой прямого преобразования Фурье
-_______ г ах . , , csinfcv —fecosfcx
Это табличный интеграл типа le sinoxax=-------------=----<
J t?+fe2
вагельнс^
rr(Ja) =
О«У)2+©’
<°С
е~^ -tuccos€oc—
тай v vtDe °' col-oiv 1
ЧА'о +е ‘,lJi у 2U^0cosotK/2c-j^
149
Другой способ определения С/(уео)связан с представлением полуволны
синусоиды в виде суммы двух кривых (рисунок 6.26): 1- синусоиды, начинаю-
щейся в момент г=О и действующей неограниченно долго, и гривой 2 - силу,
соиды, начинающейся в момент 1К и действующей неограниченно долго.
Рисунок 6.26
Изображение по Лапласу кривой 1
е изображение кривой 2 с учетом сдвига её на время Ги(теорема запаздывания):
Изображение по Лапласу заданной полуволны синусоиды равно сумме
указанных изображений
Заменим р на jco и получим спектральную характеристику полуволны сину-
соиды
СО)—
-to
Задача 6.19.
Определить переходное напряжение на емкости при включении нспй
(рисунок 6.27) на экспоненциальное напряжение
приг>0,
О приГ<0,
еслиR = 1 кОм, С= I мкФ, U= 50В, а-500 сЛ
150
Рисунок 6.27
1/О)=“[17е’"е-'“Л='Г17е-и"",Л=|----------^“"‘”1 -
I I F(o+J'»> |„ a+ja
Другой способ. Определим изображение входного напряжения по
Лапласу
U(p}=lue“ep'dt= [t/e'It₽^’dz=-^— ₽ n(f)=t/e““;
о о Г + «
откуда, заменив р на /й?. получим
U
0Г + jo
Так как начальные условия нулевые, то на основании закона Ома для
частотных спектров
„ _______ UjttC
J<° z<» (С+у<В)(®+—>
jcX?
Спектральная характеристика напряжения на емкости
VAjoJ=I(jo)-^~---------~----------
jcX? (а+Jo)(l+J&RC)
соответствук]£цее ей операторное изображение этого напряжения (jo = р):
LU₽)=---------------= ^-
(a+p)(l + pRC) F2(p)
151
Для определения u£(f) применим теорему разложения- Найдем корни
характеристического уравнения =О:
р, =s=~a-=—500с1; р2=------------г——^-=s—1000с*
J 2 RC ЫО’-1-Ю-6 -
Вычислим производную Fz(p)=p2RC+p(l + aRC)+a:
Е^р)~2рЯС+1 + (хЕС.
Определим
^(pj)»2(-o)RC+l +eJ?C=J-aRC,
F^(j}z)=2RC(—^-)+l+aRC=-l+aRC=-(l-aRC).
Следовательно,
M0-
F^(p3)
JL
Fi(p2) i-aRC
____^L-e-Ухс^
l~aRC
___________50___________L-efO' _e-SC№l
l-aRC\ J l-O.S-JO’-l-lO’-l-lO-6^ J
=1О0(ен50С''-«_ао°°')в.
6.6. Расчет переходньж процессов методом переменных состояния
Задача 6.20.
Дня схемы рисунка 6.28 определить все токи и шприжеаяе на емкости
После коммутации, еслиЕ = 30 В, R = 100 Ом, R3=Rj,= 200 Ом, С — 100 мкФ,
1=0,1 Гн.
Рисунок 6.28
152
Методом переменных состояния составляют две системы уравнений. В
качестве переменных состояния выбирают токи 4 в индуктивных и напряжения
Чс на емкостных элементах.
Первая система уравнений состояния определяет зависимость первых
производных переменных состояния от самих посменных состояния и источ-
gi ов энергии (ЭДС и тока). Сокращенно дифференциальные уравнения со-
стояния записывают в матричной форме
|Л-ИМ+1В.1И™
где И - столбцовая матрица первых производных переменных состояния
размером п х 1 (и - число переменных состояния),
JjXjl - столбцовая матрица переменных состояния размером и х 1,
||Е|| - столбцовая матрица ЭДС и токов источников (источники входных
воздействий) размером q х 1 (§ - общее число источников),
||Л,|| - квадратная матрица (основная) порядка п (размером п ж к),
| В,|| - матрица связи между входным воздействием на цепь и перемен-
ными состояния размером и х q.
Вторая систола алгебраических уравнений является системой вы-
ходных параметров, устанавливающая связь между искомой выходной величи-
ной, переменными состояния й источниками энергии.
Для выходных величин (если определяются не токи в индуктивных и
напряжения на емкостных элементах) н матричной форме система алгебраиче-
ских уравнений имеет вид
M+J№W1.
где || || - столбцовая матрица выходных переменных (искомых реакций) разме-
ром it? х 1 (в?- число выходных переменных),
||/,| " матрица связи размером гл х п,
ЦВ2Ц - матрица связи размером тп х q.
Элементы матриц зависят от топологии и параметров цепи.
Уравнения состояния и уравнения выходных параметров можно полу-
чить либо с помощью уравнении Кирхгофа, либо с использованием метода на-
'®жения.
Рассмотрим расчет с применением уравнений Кирхгофа для послеком-
Отационной схемы.
Начальные значения напряжения на емкости в тока в индуктивности
ОИсунок 6.28) раяны:
i,(0)__?_=_»__()4A. “ =мв.
' R+R. 100 + 200 с R+R2 100 + 200
153
Система уравнений Кирхгофа для схемы рисунка 6.28.
(О
Ri + Riic-t-ac=E~ (2)
/(,t+«r-L^L-O. (3)
al
Решая совместно уравнения (lj и (2) и учитывая, что ic —C^U—, полх-
dt
чим
=----1----и-------£----i +--’----£. (4)
dt (R + R,K7 (R + /QC‘ tR+R^C
dtif
Подставив в (3) ток ic = С—*~ и, учитывая уравнение (4), получим
dt
dlL R RRt Rt
.— --------ц„—~—-----—~~i< —---~E. (5)
dt (R+R^L (R+RJL L (R+RJL
Уравнения (4) и (5) — уравнения переменных состояния, в матричной
форме они имеют ввд:
____
(R+Rjcjl
____RR, Л
(R+R,U II
(R+R^Z1
iR+R^L
Для составления системы уравнений выходных переменных ic и i ре
совместно (1) и (2) В результате получим:
’ * 1 Г ГАЗ
ir - - —ис ——I, ----------Е
R+R, с- R+R, R+R,
Решив совместно (I) и (6), получим
т -=----—ис+—1—i, 1 (7)
R+R. R+Rl R+R,
Уравнения (6) и (7) в миричнпй форме
Для вычисления матричной экспоненциальной функции необходимо
ачапа определить собственные значения л матрицы г'Л4[|,т.е корни уравнения
йефп-Л|ф=<>,
е {lj - единичная матрица порядка и, т.е матрица, все диагональные элементы
которой равны единице, а все остальные — нулю. Чтобы получить вы-
ражение a|1J|, необходимо единицы в диагонали единичной матрицы
заменить на Л_
Следовательно, уравнение относительно X «хпавлякиг. приравнивая ну-
опредеяитекь матрицы в котором все элементы апт {т —1,2....) этой
ьтрииы, распозсжеицые по главной диагонали, заменяют на элементы
ат Таким образом, получается уравнение для определения собственных
значений матрицы |j^|j:
ICO
' 3
10
3
10000
3
2000
3
= 0, откуда Л2 + 7002+33333,3 = 0
и корки равны: Л, = —51,3 с-’, А^ = —648,6 с-1. Собственные значения совпа-
дают с корнями pt входного характеристического сопротивления цепи.
Для определения матричной экспоненциальной функции необхо-
димо рассчитать коэффициенты ак из уравнений, которые для квадратной
матрицы второго порядка ||Л||| имеют вид:
|kl|f 4ГМ- 1
kl I1 All И А-А
I1,086 - 8,605-Ю-2
11,674-10-3 -1,674 КГ3
“Oik'll 1 I-648-6
II LoSCe*1’ - 8,605 - IO~2 ||
^|| (1,674-10~3eA' -1,674 10~Je^'||
Для получения обратной матрицы необходимо заменить в исходной
матрице каждый элемент его алгебраическим дополнением, затем заменить
строки соответствующими столбцами (транспонирование матрицы относитель-
но главной диагонали). Полученную таким образом матрицу необходимо раз-
делить на определитель исходной матрицы.
Произведение квадратной матрицы на столбцовую с тем же числом
строк равно сумме попарных произведений всех элементов г-ой строки квад-
ратной матрицы на соответствующие элементы столбцовой матрицы.
Таким образом,
^ = l,086e21' -S/SOS-IO-2^, а, =1,674- 10~3e*' -1,674-10"3еЧ
Следовательно, матричная экспоненциальная функция с учетом, что по-
рядок ||равен двум:
+ (1,674-НГе*1' -1,674 10-3е^)
il,03e^' - 3,023 -lO’V-'
5,581-ID'M' -5,581-10 Зе^'
100 10000]
3 3 I
10 2000]
3 3 I
-5,58^+5,58^' |
-3,023 10’2e*'+1,03^1
Так как матрица |Fj=j[£|| от времени не зависит, решение уравнения со-
стояния ||Х’]| можно записать в виде
W=<mW)1+(<M' -маПчци <8)
где |p,(O)j| - матрица-столбец начальных значений переменных состояния;
-ив н,'* .д ««ча
Подставив е^,|[Х(О)]|, ||Д|-1||В1||^ в уравнение (8), получим
Следовательно,
ис = 21,7е-5ь3'-Ue^ В,
iL =0,12e~5L” - 0,32е^6' + 0,3 А.
Теперь по уравнениям (6) и (7) в матричной форме можно определить
выходные переменные
L. = и --it+4-£ = --4"(21,7e‘5Uf-l,7e-<^&)-
с 300 3 300 300
- -(0,12e’sw' - озге-6*-* + 0,3) + -— • 30=-0,111ея* + 0,111е'*Н8Д‘ А;
3 300
i=—~ис +-,.+-!-£=—L(2I,7e-su'-1,7е^м') +
300 с 3L 300 300
+-(0,12e"SI3t-0,32<Гмш +0,3) + -— -30 = 0,006e’3U' -0^06e‘6^w +0,3 А.
3 ' 300
157
Глава седьмая
Электрические цепи с распределенными параметрами
7.1. Установившиеся режимы в цепях с распределенными
параметрами
Задача 7.1.
Воздушная линия связи дивной 7 = 100 км, параметры которой
/?,, = 5,4 Ом/км, — 2 -10'3 Гв/км, Ge = 1 -10~6 См/км, Со = 6 -10~9 Ф/км, замк-
нута на сопротивление, равное волновому. Напряжение в конце линии
и2=10т/2зтд>7 (У=800 Гц).
Определить действующее и мгновенное значения напряжения Ultut и
тока Л, »| В начале линии, а также токи I2, i2 в конце линии. Вычислить актив-
ные мощности в нагрузке и на входе линии. Какое ослабление напряжения и
тока создает линия?
Определим вторичные параметры однородной линии.
Волновое (характеристическое) сопротивление линии определяется по
формуле
где Zo — + у’йй-о - комплексное сопротивление на I км линии,
Уо =G0 + - комплексная проводимость на 1 км линии.
Волновое сопротивление
Z = [%>+.№« г- Г 5,4+/2zr-800-2-10~3 f~5,4+/10
"В p-io^+j^-eoo-e-w* \IIO'C(1+/3O)
_Ul4±!_L. = ^038 10®e"j24fW = 620e-'m°' Ом.
КГ* •30e'wr
Коэффициент распространения
/=® + — = tJ(^c + + —
= J(5/4 +/2д •800-2-10',)(l-10"6 + /2^-800-6-10’’') =
= (4,8 -IO-3 + /17,9 -10-3) km’1,
откуда коэффициент затухания c=4,8-10~J Нн/км. коэффициент фазы
/i = 17,9 -10”3 рад/км.
158
Вычисление напряжений и токов.
При согласованной нагрузке (Z2 = ZS} комплексные действующие на-
пряжение и ток в любой точке линии на расстоянии х' от её конца определяют-
ся только прямой волной (отраженных волн нет):
Л Hj+ZzZjj у/ _yj
Ulv =--~——е- =02е- ,
~ ПР~ 2?в
U1 П
—е-
где 1/2,11 ~ комплексные напряжения и ток в конце линии, Vг — 1г •
Пусть U2 - <72, тогда при x'-l {I-равна линии) напряжение в начале
НИИ
U, =C/2eta^ =10Лда =10e^,0’Wlw^‘w = 10eW''75' =
= 10 lfi2eilKtvS =l6,2e}ifa°X В,
где fit = 1,79рад; так как 1рад =57,3°, то (Я = 1,79 • 57,3" = 102,5" = 102Л3(У-
Действующее значение напряжения в начале линии Ц = 16,2 В, мгно-
венное значение напряжения л, =16,2 --j2sin(r»J + 102<'30')B.
Ток в начале линии ( Д — I):
£в 2в 620e‘J,T,ff
I, 26,2мА. if = л/2 - 26,2sin(ru? +115W)мА.
Ток в конце линии (Д = О):
10
620e^nw
= 16,le/13"“z мА,
Д = 16,1 мА, t, = V2 • 16,lsin(n>! + 13“1(У) мА.
Таким образом, при согласованной нагрузке сдвиг по фазе между на-
пряжением и током в конце и в начале линии равен аргументу волнового со-
противления = -13"! О’.
159
Выражения U —Ui^ и I — 1г e-^позволяют определить зависимоетг
действующего значения напряжения и тока от расстояния от конца линии х :
О'(х') = Г/2е“', /(хЭ=Ле‘а’.
Видно, что имеет место затухание волн напряжения и тока при их пере-
мещении от начала линии к концу.
Активная мощность в нагрузке
Р2 =Re(t/2b)=Re(10-16,le"J,1'’,ff -Ю’3)=
= 10 -16,1 - КГ3 cos(-13°10')=0,159 Вт,
активная мощность на входе линии (мощность источника энергии)
Р, = Re(^i L)=ReCIO^'02"30' - 26,2 - 10'3e"',l5'w)=0,42 Вт.
Ослабление мощности в неперах:
1|п—= —1п2,6 = ~-0,96 = 0,48 Нп.
2 Рг 2 2
Ослабление напряжения и тока при согласованной нагрузке
(x’=Z,^=^i,/=A)
М _ Л „сГ „0.48 а ЛО
—j-=—i-=e —е =1,о2.
О2 Z2
Следовательно, ток и напряжение ослабляются линией в 1,62 раза. Это
же ослабление в неперах: cd=In1,62 = 0,48 Нп.
Задача 7.2.
Линия, рассмотренная в предыдущей задаче, нагружена на активное со-
противление R2 = 500 Ом. Определить напряжение и ток на входе линии, если
напряжение на нагрузке 6/2 = 10В.
Определить также напряжения и токи в начале и конце линии в режимах
холостого хода и короткого замыкания, считая при этом заданным найденное
напряжение 07[ на входе линии.
Принимая Uг ~U2— 10В, определим ток в нагрузке
^^-0.02 А.
R2 500
160
При несогласованной нагрузке в линии будут как прямая, так и обратная
(отраженная) волны напряжения и тока:
г;-гт л.г! jx V-г--у,!
С —С гр+С обр---~ в 9
Эти же уравнения записываются в гиперболических функциях:
U - U г chyx'+I2 Z^shyx'. I = ~-shyx'+12 chyx',
где chyx' = 0,5(е-У + e--* ), slr/x' - O/Ke-’ - e -5).
Чтобы получить напряжение и ток на входе, необходимо принять х'=/.
Из предыдущей задачи
ZB =620«r',yw Ом, у = (4,8-10“3 + jX7,9-10*)км’1, I = 100 км,
е-‘ =1,62еяш0№ = -0,35 + /1.58:
вспомогательная величина е - = —г =---------= —0,133 — /0,603;
ег- -0,35 + /1,58
гиперболические функции
(-0,133^0.603)=,+Л09 „ J1с^„.
Напряжение на входе линии
й =U2chyl+I2Zeshyl =10-(—0,24 + j0,49) +0,02 - 620е‘/,3“,е' •Це^50'
= 1,9+/19,2= 19,3eJ'R4‘>2fl' В.
Гек на входе линии
Л '-shvl+Izchyt =-----------1,1е'93”яг +0,02 0,5e7lls°4CZ =
Zb “ _ 620e’,,m
= 28,5-10'3еу,1>8’*>А.
16
Как видно, ток h опережает напряжение Uiна угол 24е20’,то. входное
сопротивление линии является активно-емкостным.
Холостой ход линии. В этом режиме 1г = 0, поэтому при х' = I
Ui=V2*chyl-, откуда L ix -=38,бе-7И’эт В,
0.5e;l,54ff
k =62 2.10-3СР^«-А
ZB ~ 620^'°’
В режиме холостого хода ток fix отстает от напряжения L7i на угол
б°40', т.е. входное сопротивление носит активно-индуктивный характер.
Короткое замыкание. В этом режиме С/2 = 0, поэтому
I7i =/2itZBsfty/,
}2г =_^!_=---------IW8*'*1'-------= 28Д.1О'3е“х<10' А,
ZBshyl 620ev’y4e> -
lu = 'i2*chyl = 28J-10_Je_>m =14Д-К)-1елм' A.
В этом режиме ток Лх опережает напряжение t>'i на угол 29э40', цепь
носит активно - емкостной характер.
Задача 7.3.
Линия без потерь имеет первичные параметры £.„=1,57 мкГн/м.
Се = 7,1 пФ/м, дайна линии 1=5 м, частота переменного тока f =10’Гц.
Определить волновое сопротивление линии, коэффициент фазы, длин}1
волны, входное сопротивление отрезка этой линии в 1/8 длины волны при хо-
лостом ходе и коротком замыкании.
Вычислить для режима холостого хода действующее значение напряже-
ния в конце и тока в начале линии, если ц, =v2 • lOsinof.
Волновое сопротивление
\с0 v.i-10-’2
= 470 Ом,
162
эффициент фазы ft -— 2zr-108 у 1,57-10-6 7,1-1О~,г =2,1^ау/, дли-
Z./J
волны /, = —— =— =3м.
/3 2,1
Входное сопротивление линии в режиме холостого хода дня х*
8
£вх ^-jLrfitgPx’=~jZ3ctg-~-
= - jZ^ctg—=-j 470 Ом (емкостное сопро-
тивление).
Входное сопротивление линии в режиме короткого замыкания для
Z11X = jZ^g--^=j 4700м. (индуктивное сопротивление).
Действующее значение напряжения в конце линии в режиме холостого
хода(х' = /)
U1 =C'2COS/?/.
откуда
• _ £) 10 _ _10_ _ 10 _ 10
2 cos cos(2.1-5) coslO.5 cosf2rr + 4.22) -0,472
U2 = 21,2 В.
Действующее значение тока в начале линии
'ц = j^sin^Z=e'^-^sin(2,I-5)=e^ --(-0,881)=39,7 1О-Зе'?2 А.
ZF 470 470
/, =39,7 мА
7.2, Переходные процессы в однородных линиях без потерь
Задача 7.4.
Воздушная пиния, на компе которой включена индуктивности
L - 0,5 Гн (рисунок 7 1), имеет волновое сопротивление ZB =500 Ом, ее длина
/ = 500 км. Линия включается на постоянное напряжение U = 100 кВ.
Определить- ток и напряжение падающих (прямых) волн, зависимость
тока и напряжения на нагрузке г2(г), н2(0> ток и напряжение отраженных (об
ратных) волн от нагрузки гс(/), «„{/); распределение тока и напряжения вдоль
ливни через /1 = КГ3 с после того, как падающая волна достигнег конца линии
Построить эпюры распределения тока и напряжения вдоль линии для момента
времени
Рисунок 7.1
После подключения к линии источника постоянного напряжения схема
замещения для расчета падающих волн в линии имеет вид, представленный на
рисунке 7.2.
Рисунок 7Л
Напряжение и ток падающих волн:
«,=^ = С = 100кВ, '.-'%в-10Х» = 20<>А-
Таким образом, ток падающей волны для любого момента времени и для
любой точки на линии равен частному отделения напряжения падающей волны
для того же момента времени и для той же точки линии на волновое сопротив-
ление.
После того, как падающая волна достигнет конца линии, в схеме начи-
нается переходный процесс, расчет которого проводится ио схеме замещения
линии, представленной на рисунке 7.3.
Рисунок 7.3
Расчет переходного процесса в схеме с сосредоточенными параметрам
проведем классическим методом. Расчет дает возможность определить
i2(0. МО-
Характеристическое уравнение для схемы рисунка 7.3:
Z(p) = pL + ZB=O,
откуда Р = ' = -5О%5 = -1000 с~*, г2св = Лер! = Ае-,<хх“.
Принужденный ток i2r5, = = 1 ?/500~ 400
Переходный ток г2 = 12<я +х2с₽ — Ае~,0(><>‘ +400.
Постоянная интегрирования определяется из начальных условий
при Г=0 г2(0) = 0, следовательно, 0 = А + 400, А -400 А.
Ток и напряжение в цепи с индуктивной катушкой изменяются по зако
нам
г2(г) = ч = —п.(1 - ) = 400(1 - е-1000') А,
Ze
=^^(-Ю0О)2к„<?г' -г^е" =200г^“ кВ.
at ZB 500
Это же напряжение можно было определить ио формуле м2(Т)=2wn — i2Z%.
Графики изменения токаи напряжения на нагрузке представлены на рт
сунке 7.4. Время t отсчитывается от момента достижения падающей волной нг
Рисунок 7.4
Напряжение и ток отраженных волн в конце линии:
ио =иг -п„ =200е“‘°м'-100=100-(2е'|<КК|г -1)кВ;
Отраженный ток можно определить также из уравнения
= «» “‘г = 200 —400-(1—е~,О00') = 2ОО-(2е ,otnx -I) А.
За время r( = 10-3 с отраженная волна пройдет расстояние от конца пи-
нии х — vf,=3 -10* • 10~3 =300 км. Результирующее напряжение и ток на этом
участке линии определяются наложением падающих и отраженных волн:
w=w„+wo, i=«n-4-
Если отсчет времени вести с того момента, когда падающая волна дос-
тигнет конца линии, то распределение тока и напряжения вдоль линии при t—it
можно получить из формул !/,(/), /2(Г)> заменив г на /, ——:
u(x,t1)=2w11e₽W‘^ =2ООе-И)<х>о’00,е,С^-«>! =200eV^» = 73*5е*“®** кВ;
JXx,/1)=^[l-e₽(,1_^,l=400(l-e~1e^ot,)=400-147ec'w*Mx А,
где расстояние х (км) отсчитывается от конца линии влево.
Таким образом.
для х = 0-300 км: f = 4OO-147e°-eoj3x А, и=73,5е0‘ав3з‘кВ;
для х = 300-400км: i=in=200A, ц=ип=100кВ.
По данным таблицы 7.1 построены графики распределения напряжения
и тока вдоль линии (рисунок 7.5, а, б).
Таблица 7.1-
X, км L А и, кВ
0 253 73.5
100 195 102
200 116 142
300 0 200
166
Рисунок 7.5
= 4C10-147e
Задача 7.5.
В качестве линии без потерь используется линия задержки, у которой
волновое сопротивление Zb=12000m, время задержки t3 = 4 мкс; линия на-
гружена на индуктивность £ = 1,2 мГи.
К линии подключается источник постоянного тока, ЭДС которого
Е «=10 В, внутреннее сопротивление генератора /?г = 300 Ом (рисунок 7.6).
Определил, напряжение в конце и в середине линии для f < 2tг.
Рисунок 7.6
Время задержки определяется длиной линии I и фазовой скоростью v
распределения волны напряжения по линии
Операторная схема этой цепи представлена на рисунке 7.7.
Рисунок 7.7
16;
Так как заданное время исследования переходного процесса меньше
2f3 = то решение телеграфного уравнения для изображения распределения
напряжения при нулевых начальных условиях имеет вид
+*=<₽>*>•
*4' + zB
где je—координата, отсчитываемая от начала линии;
~ изображение коэффициента отражения в конце
Z2(p) + Ze
линии;
£(p)ZB
— ' ' ” - напряжете на выходе генератора, если линию заменить волно-
tfr + Ze
вым сопротивлением.
Первое слагаемое правой части уравнения представляет собой изобра-
жение падающей волны напряжения, распространяющейся от начала линии к
концу линии со скоростью V. В соответствии с теоремой запаздывания это изо-
бражение имеет оригинал:
£(p)Z|, , Хх
где ) - единичная ступенчатая функция.
v
Слагаемое вступит в действие, когда аргумент единичной функции
Напряжение в сечении на расстоянии х от начала линии повторяет соот-
ветствующее напряжение в начале линии с запаздыванием на время прохожде-
ния электромагнитной волной расстояния х, Т.е. Гэзп =
Вторая составляющая напряжения определяет волну, отраженную от
конца линии. Отраженная волна появляется в конце линии (х = /) в момент по-
падания туда падающей волны, т.е. в момент / = ^, и распространяется от
конца линии к началу со скоростью v.
Таким образом,
|!й^л-г(р)-и„(р)л-2(ет=и.(Р) —
Ог +
Тогда
E(₽)zb ~ , х'Лг , 2,1 - X, , 21 —X,
~-~~К2{р)е * - ----y^t-------у
*'Г + v v
168
Напряжение отраженной волны в любом сечении линии с координатой
х повторяет напряжение отраженной волны в конце линии с запаздыванием на
время прохождения волной расстояния I—ж от конца линии до сечения х .
общее время запаздывания отраженной волны в сечении х относительно нача-
ла переходного процесса = 0) складывается из времени прохождения элек-
тромагнитной волной расстояния от начала линии до конца и времени про-
1—х
хождения от конца до сечения-, и равно
1 Lix=^x
Для схемы рисунка 7.7: К2(р) ~ , тогда
pL + Z8
ч E 1200 ,
U(p,x) ~----------(
p 1200+300
pL~Z
pL + Z
pL-ZB
pL + Zg
По теореме разложения
1 pL-ZB_F,(p)_
ppL + ZB Fz(P)’
W>-₽(pi + ZB) = 0, Д-0, =
F2 (p) = 2pL + ZB'>
W и + =_1+2Э =-!+2/.
Ъ(р) fi (pi) % (p2)
Такны образом,
ppL+Zg
L l,2-10~J ,
где т= — ---------~ I мкс - постоянная времени.
ZB 1200
Согласно теореме запаздывания
= —) = T}(t~
ppL + Zg v
169
Следовательно,
U(p.x) - «(r,x) = ^
|Д/——)+(—1+2е"
v
При x=I, т.е. в концр линии
(з)-<?(*-*т)+2е - ??(Г-73) =16е т ?(/-<?).
Соответствующее напряжение изображено на рисунке 7.8.
170
Соответствующее напряжение изображено на рисунке 7.9.
Рисунок 7.9
171
Глава восьмая
Нелинейные электрические цепи постоянного тока.
Магнитные цепи при постоянном магнитном потоке
8.1. Графические и графоаналитические методы расчета нелиней-
ных цепей постоянного тока
Задача 8.1.
Определить ток и напряжения на линейных резистивных элементах (ри-
сунок 8.1), если напряжение на входе U=30 В. Вольт-амперные характеристики
нелинейных элементов показаны на рисунке 8.2.
НЭ1 НЭ2
Рисунок 8.1
Характеристику I = (рисунок 8.2) смещаем на величину входного
напряжения U (рисунок 8.3). Отсчет положительных значений U2 производит-
ся влево от этой точки, поэтому кривая Z=представляет собой зер-
кальное отражение кривой I—f(U2) относительно вертикальной оси, прове-
денной через точку U = 30 В. Точка а пересечения характеристик определяет
режим работы цепи (метод пересечения характеристик)"
I = 50 мА, U, = 22 Б, U2 = U-U, = 30 -22 =8В.
Рисунок 8.2
U, В
172
Задача 8-2.
Три одинаковых нелинейных резистивных элемента соединены, как по-
казано на рисунке 8.4. Определить ток Z, если /, = 300 мА. Вольт - амперная
характеристика (в.а.х.) одного нелинейного элемента показана на рисунке 8.5
Построить вольт—амперную характеристику всей цепи.
I»
Рисунок 8.4
При токе Z, =300мА напряжение U - 20В (рисунок 8.5). Так как НЭ2 i
ПЭЗ одинаковые, то С'г =L', = 172=20/2=10В. Для этого напряжения toj
f2 - 100 мА (рисунок 8.5).
» 10 20 ЧП 4С 50
Рисунок 8.5
17
Ток в неразветвленной части цепи / = /, + /2 - 300+100=400мА.
Сначала построим в.а.х. последовательного участка схемы, исходя из то-
го, что через НЭ2 и НЭЗ проходит одинаковый ток и L72+t/3=l/. Задаемся
произвольным значением тока 1г и по в.а.х. /2(1>2) и /2(Г/3) рисунка 8.6 опре-
деляем напряжения £72 и V3 (U2-&з)- Для заданного тока /2находим входное
напряжение U—U2 +С3 =2С2. Аналогично строят другие точки в.а.х.
12(17)последовательного участка схемы (рисунок 8.6).
Рисунок 8.6
Получилась схема параллельного соединения НЭ1 с в.аог. /j(t/) и нели-
нейного резистивного элемента НЭ, имеющего в.а.х. Z2(t/). При построении
результирующей в.а.х. исходят из того, что напряжения на НЭ1 и НЭ равны, а
ток в неразветвленной части схемы I — Задаемся произвольно напряже-
нием U, определяем токи /,, 12 и ток I. Аналогично строят другие точки ре-
зультирующей в.а.х. 1(17) схемы (рисунок 8.6).
Задача 8.3.
В схеме рисунка 8.7 £а =50В, Е3 = 20В, характеристики нелинейных
элементов (симметричные) приведены на рисунке 8.8. Найти токи и напряже-
ния нелинейных элементов.
Рисунок 8.7
174
Расчет проводится методом двух узлов. Запишем второй закон Кирхгофа
учетом напряжения между узлами а и в:
E,=Ul+Uoe, 6^U2-Uae, Е3=и3~иш
Строим характеристики (рисунок 8.9):
/,=/(£'„)=/(£,-Ц),
Для построения характеристики Il=f(C’M) смещаем кривую
7t = (Ц )на величину ЭДС Е, (Ц - 0. Um -Ех) \ проводим через точку Um = Е,
вертикаль и зеркально отражаем кривую относительно вертикали.
Характеристика I., - JfVl№) совпадает с кривой I2(V,).
Для построения зависимости I3 = смешаем кривую /,(С/3) на ве-
личину - Е3 (U3 =0,U'Be- ~Е3 )•
Так как /(=/2+/3, можно построить вспомогательную кривую
1г + А — fWaib пересечение которой с кривой /](17ов)в точке а, где ток
/| = /2 + Д, определит напряжение Ua„ = 13 В и токи: h = 31.0 мА, /2 = 65 мА,
6 = 245 мА.
Напряжения на нелинейных элементах находим по характеристикам ри-
сунка 8.8 или по уравнениям второго закона Кирхгофа: 1Л = 37 В.
С/2=13В,С/3 = ЗЗВ.
Задача 8.4.
Определить ток k в схеме рисунка 8.10. Вольт-амперная характеристик»
нелинейного резистивного элемента представлена на рисунке 8.11 (прямая ае -
для задачи 8.5). В схеме L/= 10 В, Д| = R2=4 кОм, R3 = 1 кОм.
Рисунок 8.10
Воспользуемся методом эквивалентного генератора. Для этого размыка-
ем ветвь с нелинейным элементом и определяем напряжение холостого хода
между точками вив:
= ~---Д,=
10-4
4 + 4
= 5В
Находим входное сопротивление эквивалентного генератора со стороны
точек а, в:
R.R, 4 4
Я* =*»+;. 1 2-=1+—=ЗкОм.
“ 4 R,+R2 4 + 4
На рисунке 8.12 изображена эквивалентная схема активного двухполюс-
ника с нелинейным элементом.
Для определения тока Is применим метод пересечения характеристик
(рисунок 8.11). Для эквивалентной схемы + Ut. Следовательно, при
13 =0 0'3 =5 В; при U3 =0 I3 = 5/3=1,66 мА. Рассмотрен-
ное уравнение—это уравнение прямой 7?ех, смещенной на величину Vn0K и тер
кально отраженной относительно вертикали из точки . Координаты точки с
пересечения характеристик определяют рабочий режим эквивалентной схемы
/, =0Л7мА. U.=33B.
Рисунок 8.12
Возвращаемся к исходной схеме и определяем напряжение £/2и
ток I,-
— = 0,96 мА
Задача 8.5.
Решить задачу 8.4 аналитически, заменив нелинейный элемент НЭ ли-
лейным активным двухполюсником (метод линеаризации нелинейных характе-
ристик).
Заменим участок ав характеристики нелинейного элемента пря-
мой линией (рисунок 8.11), продолжим ее до пересечения с осью абсцисс в точ-
ке Ео —1,25 В. Теперь вся схема рисунка 8.10 становится линейной, однако при
этом необходимо, чтобы рабочая точка не выходила за пределы линейного уча-
стка ав характеристики нелинейного элемента.
Уравнение прямой имеет вид
L - Ес +
где дифференциальное сопротивление
Линейная схема замещения НЭ представлена на рисунке 8.13, а схема
замещения рисунка 8.10 - на рисунке 8.14.
и3
Рисунок 8-13
Для расчета токов в ветзях применим метод узловых потенциалов, при-
няв потенциал точки и за ноль. Потенциал в точке т:
178
Токи
₽. =Л94 = 098
",
, 0’.-^ .3,94-US
«„, + «, 3.8+1
мА,
8.2 Расчет неразветвлениых и разветвленных магнитных цепей
Задача 8.6.
Магнитная цепь (рисунок 8.15) выполнена из электротехнической стали
1411 и имеет следующие размеры:
I, = 14см; St =6с№; 12 =Г2 + 12 = 31см; S2=4cm2; £ = 0,01 см. Число
витков обмотки IV =100.
Какой ток должен протекать в обмотке, чтобы магнитная индукция в
воздушном зазоре Bb = 1 Тл?
Определить магнитную проницаемость стали, сопротивление участков
магнитной цепи и индуктивность катушки.
При расчете магнитным потоком рассеяния пренебречь, магнитное поле
в зазоре считать однородным.
л
т
Рисунок 8.15
При расчете магнитную цепь разбивают на участки, в пределах, которых
напряженность магнитного поля остается неизменной. В задаче длина средней
силовой линии и площадь поперечного сечения каждого участка заданы.
Так как магнитный поток в неразветвленной цепи один и тот же и
S2 = Sj, то В2- Bg — 1 Тл. Магнитная индукция на участке /,:
Ф 1-4-10'*
St St 6-Ю'4
-~Аг = 0,66 Тл.
6-Ю'4
74
Напряженность магнитного поля на участках lt,l2 определим по кривой
намагничивания для стали 1411 по известным значениям В1 и В2: Ну =90А/м.
Н2 = 220А/м.
Напряженность магнитного ноля в воздушном зазоре
Hg= — = —I—=- = 8-10sA/m.
Ао 4ЛГ10-7
Второй закон Кирхгофа для контура магнитной цепи
hr = + Н21г + Hs8 = 90 -0,14 + 220- 0,31 + 8 - 10s -1 • IO-4 = 160,8 A
Ток в обмотке катушки
, F 160,8 , ,
I ———-------= 1,608 А.
w 100
Относительная магнитная проницаемость для ферромагнитных участков
1 и 2 цепи:
в,
А = -----= 5860,
pDHt 4^I0“T-90
А2=—“=---------7-= 3636.
4я-10-7-220
Магнитные сопротивления участков цепи:
R - 1» _*7,_90-14-10-2_ з ,
ГСМ1 =----~=——=--------—— = 32-10 1н ,
ЯЯЛ Ф 4-10-’
R _ 4 _Я2/2_. 220-31 10-’ ,7П1Пзг-|
м- p2p0S3 Ф 4-Ю-4
п 8 Hs8 8-1O5-1-10-*
^»=-Т=~~= -------------= 200-Ю3 Гн’.
A(yS2 Ф 4 КГ4
Эквивалентная электрическая схема изображена на рисунке 8.16.
Рисунок 8.16
180
Магнитный поток
Iw
160,8
«и+Лш+Ям, (32+170 + 200) 10=
Индуктивность катушки
1,608
Задача 8.7.
Каким будет поток в магнитопроводе рисунка 8.15, если уменьшить в
два раза ток в катушке9
Данная задача обратна предыдущей, т.е. требуется определить магнит-
ный поток по заданной м.дл. fw=——=80,4 А.
2
Для решения задачи необходимо построить вебер-амперную характери-
стику цепи, т.е. зависимость Ф=/(£/м)=/(^НЛ/к-).
Задаемся рядом значений магнитного потока и для каждого из них опре-
деляем величину . Результаты расчета сведены в таблицу 8.1. Напря-
женности Ht,H2 определяются по кривой намагничивания для стали 1411.
Таблица 8.1
Строим вебер-ампернуто характеристику цепи (рисунок 8.17) и, задава-
ясь Iw= 80,4 А, находим магнитный поток Ф — 2,35 10"‘ Вб.
ФюЛВб
20 40 60 80 НЮ £НК1К, А
Рисунок 8.17
181
Задача 8.8.
Магнитная цепь (рисунок 8.18) выполнена из электротехнической стали
1561 и имеет следующие размеры: Z, -40 см, 12 =12 см, 13 =30 см,
<5' = О,13см,5'| =S3 =4см2,52 =2см2: Поток в третьем стержне
Ф3 = 2 • 10*4 Вб. Определить м.д.с., необходимую для этого.
Рисунок 8.18
Зададимся направлением потоков в ветвях как показано на рисунке.
Магнитная индукция в третьем стержне и в воздушном зазоре
По кривой намагничивания для В3 — 0,5 Тл напряженность магнитного
поля Нз = 60А/м.
Магнитное напряжение в третьем стержне
Н313 =60-0,3 = 18 А,
магнитное напряжение в воздушном зазоре
0,5-0,0013
4я10'7
Уравнение второго закона Кирхгофа для правого контура
Я212 —Hjl3 —Н£ё=0, откуда напряженность магнитного поля во втором
стержне
Для найденного значения Н2 по кривой намагничивания для стали 1561
магнитная индукция В2 = 1.45 Тл.
Поток во втором стержне
Ф2 = ДОг =1,45-2-10^ =2,9 10'4 Вб.
Магнитный поток в первом стержне
Ф1 =ф2 +ф3 = 2,9-10^ +2-I0-4 = 4,9-10~* Вб.
Магнитная индукция в первом стержне
Ф, 4.9-10'*
В.= = 1,25 Тл.
' 4-Ю-4
Напряженность магнитного поля Н3 = 400 А,
Уравнение 2 закона Кирхгофа для левого контура
F = hv = tiflf + H2l2 = 400-0,4+1783 • 0,12 = 374 А.
Задача 8.9.
Магнитная цепь (рисунок 8.19) выполнена из стали 1512. Определить
значение магнитной индукции во всех участках магнитной цепи, если длины
участков /] =30 см, /2 =40 см, 13-1'3 + 13 = 10см, S = 0,02 см; сечение уча-
стков S', = S2 — 5 см2, S'j = S* = 10 см2; м.д.с. Fl~Ilwl= 400 А,
F2 = Z2w2 = 200 А.
Выберем положительные направления потоков в магнитных ветвях как
указано на рисунке 8.19, узловые течки обозначим буквами сие.
Рисунок 8.19
Эквивалентная схема для заданной магнитной цепи представлена на ри-
сунке 8.20. Кроме воздушного зазора, все участки магнитной цепи являются
нелинейными, поэтому расчет выполняется графоаналитическим способом по
Для каждой ветви можно построить зависимость магнитного потока от
падения магнитного напряжения Фд-(ЯМК):
=f(uMl)=fW,i,y.
а затем перестроить их в зависимости Фк — f(UMae), где €'ЛЬи - магнитное
напряжение между узлами.
Можно не строить характеристики Фк - а с помощью соответ-
ствующих расчетов получать необходимые данные для зависимостей
Запишем законы Кирхгофа для схемы рисунка 8.20:
F, = НА + . F, - 11,1, . F, - U„;
Я2 =^2^2 +^'м<и’ ^Mos =^2 —-^2^2 =^2-^'m2’
0 =Н31з + Ив8-иМш, и^,=гцз+н6к
Ф3 = ф{ +Ф2.
Зададимся рядом значений магнитной индукции В3= В2 и В3 = Вц и оп-
ределим магнитные потоки Фь Ф? и : Ф1 - В181,Фг = В282,Ф3 = B3S3
Затем по кривой намагничивания определяем напряженности магнитного поля
и вычисляем магнитные напряжения на участках для различных потоков.
Напряженность магнитного поля в воздушном зазере определяется как
н,=в,/Р„-8-ю’гг
Теперь можно рассчитать напряжение из уравнений второго закона
Кирхгофа для каждой ветви. Результаты вычислений представлены в таблицах
8.2 и 8.3.
Таблица 8.2
д —в2, Тл Ф.=Ф2, Вб я,-яг, А-’м Я,/,, А я^-Л-я,/,, я2Т? - А = Д - Н21г.
0 0 0 0 400 о 200
0,5 2,5-10л 55 163 383,5 22 178
0.7 3,5 1СГ* 90 27 373 36 164
09 4.5- !05 46.5 353.5 62 S38
1,0 5-10“* 200 60 340 80 Щ|1
1.2 МО* 500 ISO 250 200 0
1.3 6.5-КГ* 750 225 175
1,4 7-Ю* 1200 360 40
Таблица 8.3
По данным таблиц 8.2, 8.3 Построим зависимости Ф1(С7Мда), ФгС^мсв).
Фз(^'мав) (рисунок 8.21). Так как Ф3 = Фа + Ф2, то построим кривую
(Ф1 + Ф2) “ДСми). Для этого задаемся напряжением Ныт и суммируем ордина-
ты кривых Ф|(С5л>«) и Фг(£4л»)- Точка а пересечения кривых
(Oj + Фз) —/^мое) и Фз(^маВ) определяет поток Ф3 = 9,6-W4 Вб и магнитное
напряжением Uk^ — ПО А, так как для этой точки удовлетворяются уравнения
Кирхгофа. Для найденного напряжения С5лм определяются потоки
Ф> =6,610’4Вб, Ф2 =ЗЮ41Вб.
Теперь можно рассчитать магнитные индукции:
В,=Ф«/ =6-6-l0V, .=1,3% B2^2Z =31о"У , .=0,6Тл,
1 /S, /510 2 /$2 /5-10
В =Б =фз/=9.б-10Л/ =0,96 Тл.
7S3 /10-10-4
185
Глава девятая
Нелинейные электрические цепи переменного тока
9.1. Аналитические и графические методы расчета
Задача 9.1.
Катушка со стальным сердечником подключена к синусоидальному на-
пряжению, действующее значение которого U= 380В, частота/= 50 Гц. Число
витков катушки w — 600.
Пренебрегая потоком рассеяния и активными потерями в обмотке и в
стальном сердечнике, написать уравнение тока в катушке, если связь между то-
ком в катушке и магнитным потоком задана уравнением i - 70Ф+150 -106 -Ф3,
где ток выражен в амперах, а поток в веберах.
Так как приложенное напряжение синусоидально, а потоком рассеяния и
активным сопротивлением обмотки пренебрегают, то из закона электромагнит-
<?Ф
нои индукции и = -е = w---следует, что поток в сердечнике также синусоида-
dt
лен Ф=Фт sin tot (начальная фаза может быть принята нулевой). Амплитуда
магнитного потока наход ится из уравнения
U=4,44/w®ra,
U
4,44/н1
380
4,44-50-600
= 2,85-10-3 Вб.
Ток в обмотке катушки в соответствии с заданным уравнением
i = 70 - 2,85 1О"3 sin tot +150 -106 - {2,85 -10’3 )' sin1 at =
= 199,5 -10"3 sin ся+3472,3 - IO"3 sin1 tot.
Известно, что sin1 tot - — sinew-sin3ntf.
4 4
Следовательно,
i= 199,5-lO"3sinfi>r +3472,3-10"3f—sinrw - —sinjtw j =
= 2,8smn» - 0,87sin3<wf.
Действующее значение тока эквивалентной синусоиды
186
= 2,07 A.
Если заданным является аналитическое выражение кривой намагничи-
вания Н = то для получения зависимости i = /(Ф)нужно воспользовать-
ся соотношениявли Ни В = ~, где I и S- средняя длина магнитной
линии и сечение сердечника.
Задача 9.2.
Цепь состоит из последовательно соединенных линейного и нелинейно-
го резисторов и источника ЭДС e = E’lesinzyf, где Еп =120В, щ = 314с“' (рису-
нок 9.1). Сопротивление линейного резистора R=40 Ом, вольт—амперная ха-
рактеристика нелинейного резистора НЭ аппроксимирована зависимостью
u(i) =<и+Ы3, где а = 50Ом, Ь=40В/А3. Определить первую гармонику тока в
цепи методом гармонического баланса.
Рисунок 9.1
В этом методе искомая величина представляется в виде периодической
функции с неизвестными коэффициентами и подставляется в уравнение цепи.
Неизвестные определяются приравниванием коэффициентов при одинаковых
гармонических составляющих в левой и правой частях уравнения.
Представим искомый ток цепи в виде периодической функции
z = 7msin(^+{/,)= 7„sin(«ol <р\
где <р = у/е — при е — 0, it/, = —tp. Требуется определить амплитуду тока и
сдвиг по фазе <р тока относительно э.д.с.
Для удобства последующих преобразований обозначим ot-<p — G, тогда
е = Еи sin(£> + «!>), I = 7„ sine
Уравнение второго закона Кирхгофа для схемы рисунка 9 I
Ri + к = Ri + ai + bi3 =(/? + a)i+foJ =е.
Подставим искомое решение для тока в уравнение цепи и выделим си-
нусную и косинусную составляющие в выражении ЭДС’
(R + d)Im sine + bP sin3 6 = (R +- o)4 sin0 + W3 —~ — 3—
= |\r + a}I„ + | W3 j sin 6 - sin 30 = Em sin(0+p) =
= £ra cos^> sin 6+Em sin «ucosft
Приравняв коэффициенты при одноименных тригонометрических функ-
циях в левой и правой частях равенства, получим:
(R +<Мп+| = Ет cosp,
О=£m sin р.
Так как sinp = 0, то <р — 0, cos<p = 1. В этом случае получается урав!юнне
(40 + 50)4 + °-75" 40/’ ~ 120 или
/’+34-4 = 0.
Как известно, кубическое уравнение типа л3 +3/?х+2# = 0 имеет один
действительный корень (формула Кардана)
= +Р* +^q—jq2Tp\
В полученном уравнении р = !,§ = —2, тогда
4 = ^2+-Л+1 +%2- &+1 = 1,62 - 0,62 = 1 А.
Таким образом, первая гармоника тока г -1 •sinca* А.
Задача 93.
Резистор с сопротивлением R = 500 Ом подключен через выпрямитель-
ный диод D к источнику синусоидального напряжения (рисунок 9.2), у которо-
го U = 155,5 В, f = 50 Гц. Д иод является нелинейным резистивным элементом,
вольт-амперная характеристика его приведена на рисунке 9.3,а (прямая ветвь
обратная ветвь
Построить график тока «(т)вцепи, определить среднее /ои действующее
I значение тока; найти активную Р и по.чную S мощности источника и коэффи-
циент МОЩНОСТИ COSp>.
Рисунок 9.2
При расчете диод может быть представлен резистивным элементом, со-
ротивление которого различно при прямом и обратном направлении тока. Эти
сопротивления можно рассчитать по вольт-амперной характеристике диода:
™_50Ом>
*<ip Z 1еЧр U'*
На рисунке 9.3/з построена вольт-амперная характеристика i(uB) рези-
стора R и вольт-амперная характеристика всей цепи i(w). Здесь же построен
график входного напряжения sin ей = I55,5-V2sintW = 220sin3l4?, а на
рисунке 9.3,6 график тока Цсй). А
cat
Рисунок 93
Порядок построения кривой тока наглядно виден из рисунка 9.3. Под-
енный график тока i несимметричен относительно оси абсцисс
(Z.+w > 4»сг?.Л поэтому ток имеет не равное нулю среднее значение /0.
Амплитуды синусоид тока можно рассчитать аналитически:
I - С'- „ 220 —04Л 1 - V- - 220 -009Л
Л+Д, 500 + 50 ’ ’ “”1, П>Н„. 500 + 2000 ’
1S9
Положительная полуволна тока (рисунок 9.3,6) с амплитудой /wrp создает
среднее за период значение
zcnp = Р’»,.® sinGrf«?(wt)=cosctfft=~-(-cos/T + cosO)=~
Z.K J) 2.Я 2. ft ft
Аналогично среднее значение отрицательной полуволны тока (по моду-
лю)
Среднее значение тока за период
0,4-0,09
я
= 0,098 А.
Действующее значение тока
Г| л 2л л 2л-
1 = + J^«ooP«n2^rf(tyZ)).
Рассмотрим интеграл
о о z z to 2
Аналогично
pt® s™! <»
Таким образом, действующее значение тока
+ =1^009* -0.205Л
Активная мощность источника
Г=Ч” М<р^(^)| =
Z7T О 2л\о г. )
= JC’b, sine* • /стц. sinM d{os) + |(/те sin гл’ • InciSp sina>t d(ral)
L' 220
= <- w = —(0,4 + 0,09) = 26,95 Вт.
190
Полная мощность источника
S=Ul = 155,5 -0.205=31,87 В-А.
Коэффициент мощности’
Р 26,95 ЛОЛ
cos © =—=--------= 0,84.
S 31,87
Оказалось, что в цепи, где реактивная мощность равна нулю, cosp < 1
источник питания используется плохо. Это объясняется тем, что в отрицатель
ный полупериод ток в цепи весьма мал, хотя напряжение на зажимах такое же
как и в положительный полупериод. Так как формы кривых тока и напряжения
на зажимах цепи отличаются друг от друга, то мощность искажения не равны
нулю:
Г=-s/52 - F2 = д/з 1,872 - 2б^52 = 17 В-А.
9.2. Расчет по действующим значениям токов и напряжений
Задача 9.4.
Определить сопротивления Тфл, Rc, XL последовательной сх мы замеще-
ния катушки с ферромагнитным сердечником с числом витков w ~ 200 по сле-
дующим опытным данным:
при включении катушки в цепь постоянного тока вольтметр показал
3,5 В, а амперметр—2 А;
при включении катушки в цепь синусоидального тока частоте
/= 50 Гц вольтметр показал 120 В, амперметр—2 А, ваттметр—70 Вт.
Потоком рассеяния пренебречь. Определить параметры параллельной
эквивалентной схемы катушки и найти токи в ее ветвях.
Построить векторную диаграмму катушки с ферромагнитным сердечни-
ком.
По результатам опыта на постоянном токе можно определить активное
сопротивление обмотки катушки:
К,=у=^»1.75Ом.
По результатам опыта на переменном токе:
мощность активных потерь в сердечнике
Рс = Р - К'с(/2 = 70 -1,75 - 22 = 63 Вт;
активное сопротивление потерь в сердечнике
«с-ТГ’^=15-7о«;
полное сопротивление катушки:
нелинейное индуктивное сопротивление идеализированной (без потерь) ка-
тушки: _________ _____
= г^2-(/?об+Аг)2 = т/6°2 +15,7)2 = 57.4 Ом.
Последовательная схема замещения катушки изображена на
рисунке 9.4.
Рисунок 9.
Параметры эквивалентной параллельной схемы:
активная проводимость потерь в сердечнике
индуктивная проводимость ветви намагничивания
Эквивалентная параллельная схема катушки представлена на
рисунке 9.5.
Рисунок 9.5
Определим напряжения на сопротивлениях Rc и Ад в схеме
рисунка 9.4:
t/F = = 2 -15,7 = 31,4 Б, UL = IXL = 2 • 57,4 - 114,8 В.
Напряжение 1)ф, которое.равно по величине и противоположно по на-
правлению ЭДС Е, равно
Уф = = 7U42+114.82 = 119 В.
Ток потерь в сердечнике для схемы рисунка 9.5
/п = ифСс = 119 - 4,43 • 1(Г3 = 0,53 А,
намагничивающий ток Iф = Ъ’фВс =119-16,2 - 1(Г3 = 1,93 А,
Вектор потока Фп отстает по фазе от вектора Иф на угол 90°, а его ве-
личина определяется по формуле
ф —£—=_=----------------11?---=2,610"3 Вб.
m 4,44/w 4,44/w 4,44-50-200
Рассмотрим построение векторной диаграммы.
Откладываем по действительной оси вектор потока Ф®, принимая его
начальную фазу за ноль (рисунок 9.6), а затем вектор напряжения Уф, опере-
жающий поток на угол 90°. Ток 1ф отстает от напряжения С'ф на 90°, а ток I и
совпадает с ним по фазе; ток 1 = 1 ф+ Zn. Из конца вектора Уф откладываем
вектор напряжения IRo5, а затем вектор напряжения У — I+ Уф.
193
Угол сдвига фаз между вектором напряжения L на катушке и вектором
тока I эквивалентной синусоиды определяется по формуле
cos<z> = —= —^-- = 0,29; <р = 73°.
w VI 120-2 Y
Угол потерь ё определяется как
8тг=^=~=0,265; А = 153е.
Мгновенное значение тока эквивалентной синусоиды
i = T2Zsin(<tf + £) = 2,8sin(314r + I5,3n) A.
Задача 93.
Индуктивная катушка с числом витков yv = 500 и магнитопроводом из
электротехнической стали включена в сеть с напряжением U— 220 В (частота
/= 50 Гц). Ток катушки 1 = 10 А, активная мощность Р = 1500 Вт. Сопротивле-
ние обмотки постоянному току Лпб =10 Ом. Амплитуда потока в магнитопро-
воде Ф„ = W3 Вб.
Составить параллельную схему замещения катушки и построить вектор-
ную диаграмму.
Расчет проводим по действующим значениям токов и напряжений
Приняв Фм=Фи, вычислим напряжение Иф, которое компенсирует
ЭДС самоиндукции, созданную потоком в магнитопроводе:
иф = J4,44fw&<n = /4,44-50-500-10“5 = /111 В.
Определим активные потери в сердечнике катушки
Рс = р- R^f2 = 1500 -10• 102 = 500 Вт,
ток потерь
Активная проводимость потерь в сердечнике
щ 45 ,
Сс=-^-= —= 4-10-2См.
Hl
194
Намагничивающий ток
1ф = ~4.52 =8,9 А.
Индуктивная проводимость идеализированной нелинейной индуктивной
катушки (проводимость ветви намагничивания)
Vt 111
Схема замещения катушки представлена на рисунке 9.7.
Кэб Xv
Рисунок 9.7
Преобразуем параллельные ветви потерь в сердечнике и намагничива-
ния в эквивалентное последовательное соединение
Г>, - --------------,Y=5O4
Сс + В, (4 - КГ2)2 + (8 • 10“2)2
__10Ом.
G^+B2 (4-10"2)2+(8-10-2)2
Комплексное сопротивление катушки: Z = R^- + jXs +• Rc + jXc,
полное сопротивление катушки
Z-fe 1 "<)’ +(*, + Л',)’ »^=^=22Ом.
Следовательно, 22" = (iO+5)2+(>¥5-тЮ)2, откуда индуктивное сопро-
тивление рассеяния = 6,2 Ом.
Векторная диаграмма представлена на рисунке 9.8.
Рисунок 9.8
Построение векторной диаграммы начнем с вектора магнитного потока
Фт =Ф„’, он индуцирует в обмотке ЭДС £, отстающую по фазе на 90°. Этот
фазовый сдвиг объясняется тем, что ЭДС индукции
</ф
е — —w . Напряжение С’ф уравновешивает наводимую ЭДС, оно равно ей по
tit
величине и противоположного по фазе. Активная составляющая тока /п совпа-
дает по фазе с напряжением Еф, а реактивная 1ф отстает на угол 90°, т.е. сов-
падает по фазе с магнитным потоком. Ток в обмотке I — /г+ 1ф, а напряжение
назажимах обмотки U = L'<s+Z(/?oS + JXg).
Задача 9.6.
Стальной сердечник (сталь марки Э21) катушки имеет сечение
S = 22 см2, длина средней линии напряженности магнитного поля в стали
1 = 60 см, длина воздушного зазора 8= 0,06 см. Число витков катушки и“-380.
Определить ток в обмотке, если катушка подключена к переменному на-
пряжению U = 220 В,/= 50 Гц. Масса сердечника G = 10,3 кг. Активное сопро-
тивление обмотки и рассеяния не учитывать.
Амплитудное значение магнитной индукции в сердечнике получим из
формулы
U = Е = 4,44 f »•<?>„, откуда
-----а?—__=WTx
S 4,44-50-380-22-i0^*
196
По кривой намагничивания для стали Э21 находим напряженность маг-
нитного поля Н — 840 . Для воздушного зазора
Hg =0Д-10ьД5 = 0,8-106-1,2 = 0,96-106
По закону полного тока максимальная м.д.с.
= Н1 +Не8 - 840-0,6 + 0,96-106 - б-10~* = 1080 А.
Намагничивающий ток /,
“^ = 2А.
Кривая намагничивания для электротехнической стали имеет практиче-
ски прямолинейный участок при магнитных индукциях до 1 Тл. Так как кривая
намагничивающего тока при значениях магнитной индукции более
1 Тл отличается по форме от синусоиды, то действующее значение намагничи-
вающего тока находим из соотношения
= 1,8 А,
где е - коэффициент, зависящий от величины индукции и сорта стали и обыч-
но лежащий в пределах 1,1 — 1,5 при индукциях = 1,2—1,5 Тл (задается кри-
вой).
Для различных марок стали существуют графики (таблицы) зависимости
удельных активных потерь при частоте f~ 50 Гц от максимального значения
магнитной индукции. Для стали Э21 при Вт = 1,2 Тл удельные активные поте-
ри рс =з^в^г-
С ледовательно, мощность активных потерь в сердечнике
Ток потерь
Рс = рс G=3,6 -10,3 = 37,1 Вт.
37,1
220
= 0Д7А.
Е
Ток в обмогке катушки I = + 1ф ~ д/0,172 +1,82 = 1,81 А.
197
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Бессонов Л.А. Теоретические основы электротехники. Электрические це-
пи. —М.: Высшая школа, 1984.
2. Атабеков Г.И. Теоретические основы электротехнмки.Ч.1. — М.: Энергия,
1978.
3. Атабеков Г.И., Капулян С.Д. Теоретические основы электротехники. Ч.И,
Ш. — М.: Энергия, 1979.
4. Зевеке Г.В., Ионкин П.А. и др. Основы теории цепей.—М.: Энергоатомиз-
дат, 1989.
5. Сборник задач по теоретическим основам электротехники. / Под ред. JLA.
Бессонова. - М.: Высшая школа, 1980.
6. Сборник задач и упражнений по теоретическим основам электротехники.
/ Под ред. П. А. Ион кина. - М.: Энергоатомиздат, 1982.
7. Шебес М.Р., Каблукова М.В. Задачник по теории линейных электрических
цепей.-М.: Высшая школа, 1990.
19£
ОГЛАВЛЕНИЕ
Гпава первая. Линейные электрические цели постоянного тока.
1.1. Простые неразветвлеиные и разветвленные цепи......................... 3
1.2. Источники э.д.с. и тока. ....*.................................. 7
1.3. Законы Ома и Кирхгофа............................................. 10
1.4. Расчет цепей методами преобразования.............................. 13
1Л. Расчет цепей по законам Кирхгофа. Баланс мощностей................ 17
1иб. Методы контурных токов и узловых потенпиадов...................... 19
1.7. Преобразование параллельного соединения ветвей с источниками энергии 25
1.8. Метод наложения................................................... 26
1.9. Метод эквивалентного генератора (активного двухполюсника)............... 30
1.10. Георема взаимности. Теорема вариации. Линейные соотношения в элек-
трических цепях.............................................................. 35
Гпава вторая. Линейные цепи синусоидального тока
2.1.
22.
2.3.
Мгновенные значения синусоидальных величии. Последовательное и па-
раллельное соединение элементов. Мощности
Представление синусоидальных величин комплексами и векторами в ком-
плексной плоскости. Расчет простейших цепей синусоидального тока в
комплексной форме. Векторвве диаграммы. Мощности................
Расчет разветвленных элягтрнческих цепей. Векторные и топографические
диаграммы
2.4. Резонанс в электрических цепях.................
39
44
52
59
2.5. Индуктивно связанные электрические цепи................................ 64
Гпава третья. Трехфазные электрические цепи
31 Симметричные трехфазные цепи..................... ... 68
3.2. Несимметричные туехфазные пени................................ 76
3.3. Метод симметричных составляющих............................... 84
Глава четвертая. Четырехполюсники н фильтры
Схемы замещеиля................................................... 91
4 7. XqeKTCjwшческие re^aMCfpbi 'тегырехгялкхлшк^ Ргм что 1>анряжсг1'й и
токов..................................................................
4 3 (Ъемь; ссщ.инелий мтнрехиа»'М1»>И1>т.'в.......................... 99
4.4 Чмтстшсфщт-тры чп:аА............................................... IW»
Глава пятая. Периодические нееннусоидальные токи в линейных
электрических цепях
5 1 Разложение периодической несинусоидальнсй функции в ряд Фурье Дей-
ствующее значение периодической несянусоидальной функции. Коэффи-
циенты, характеризующие форму несинусоидальных периодических кри-
5.2. Расчет цепей несинусоидальнсжи тока. Мощности..... .......-
104
108
199
5.3. Глава 6.1. Несинусоидальные режимы симметричных трехфазных цепей шестая. Переходные процессы в линейных электрических цепях с сосредоточенными параметрами Расчет переходных процессов классическим методом в цепях первого по- 11'
6.2. 6.3. рядка . Расчет переходных процессов классическим методом в цепях второго по- рядка Операторный метод расчета переходных процессов 119 128 133
6.4. Расчет переходных процессов с помгадыо интеграла Дюамеля 142
6.5. Спектральный метод расчета переходных процессов 149
6.6. Глава 7.1. Расчет переходных процессов методом переменных состояния седьмая. Электрические цепи с распределенными парамет- рами Установившиеся режимы в цепях с распределенными параметрами 152 158
7.2 Глава Переходные процессы в однородных линиях без потерь восьмая. Нелинейныеэлектричеекие цепи постоянного тока. Нелинейные магнитные цепи при постоянном маг- 163
8.1. иитном потоке Графические и графоаналитическое методы расчета нелинейных цепей по- 172
8.2. Расчет иеразветвленных и разветвленных магнитных цепей 179
Гпава девятая. Нелинейные электрические цепи переменного тока
9.1- Аналитические и графические методы расчета.......... 18<
9.2 Расчет по действующим зиетениям токов и напряжений............ И
Список литературы................................................ I1
200