Приведем схему к виду, показанному на рис. 10, где

Действующее значение тока

Определяем напряжение на зажимах a–b параллельного участка

вольтметр покажет V=| |=20 B, а амперметр    A=| |=4  A.

Токи в параллельных ветвях

Токи   и  могут быть определены по формулам

Вычислим активные и реактивные составляющие токов I₂ и I₃.

     Угол сдвига фаз между напряжением  и током  (он равен аргументу Z ₂) равен j₂=y_uab–y_i2=-36°50'–0=-36°50', а угол сдвига фаз между  и

j₃=y_uab–y_i3=-36°50'–(-90°)=53°10'.

Тогда активные составляющие токов I₂ и I₃

I_2a=I₂ cosj₂=4×cos(-36°50')=4×0.8=3.2,

I_3a=I₃ cosj₃=4×cos(53°10')=4×0.6=2.4.

Реактивные составляющие токов I₂ и I₃

I_2р=I₂ sinj₂=4×sin(-36°50')=-4×0.6=-2.4,

I_3р=I₃ sinj₃=4×sin(53°10')=4×0.8=3.2.

Наконец, определим полную, активную и реактивную мощности в схеме. Запишем мощность в комплексной форме:

где – полная мощность в комплексной форме;

     P=Re()=U×I×cosj   – активная мощность;

     Q=Jm()=U×I×sinj   – реактивная мощность;

     I^* – комплексный ток, сопряженный с .

Таким образом, мощность источника

Следовательно,

Активная мощность, поступающая из источника, рассеивается в виде тепла в сопротивлениях резисторов схемы;

P=P_r1+P_r2+P_r3=I₁²r₁+ I₂²r₂+ I₃²r₃=(4 )²×3.5+4²×4+4²×3=224 Вт.

Активная мощность в резисторах r₂ и r₃ может быть определена и так:

P_r2=U_ab×I_2a=U_ab×I₂×cosj₂=20×3.2=64 Вт;           

P_r3=U_ab×I_3a=U_ab×I₃×cosj₃=20×2.4=48 Вт.

Реактивную составляющую полной мощности можно определить также следующим образом:

Q=Q_L–Q_C=(I₁²X_L1+I₃²X_L3)–(I₁²X_C1 +I₂²X_C2)=[(4 )²×4+4²×4]–[(4 )²× 11.5+4²×3]=-224 вар,

а для реактивных мощностей участка a–b

Q_C2=U_ab×I₂×sinj₂=U_ab×I_2p=20(-2.4)=-48 вар,

Q_C3=U_ab×I₃×sinj₃=U_ab×I_3p=20×3.2=64 вар.

Баланс мощностей выполняется.

     На рис. 11 приведена векторная диаграмма токов, построенная в комплексной плоскости на основании первого закона

     На рис. 11 приведена векторная диаграмма, построенная согласно уравнению по второму закону Кирхгофа

= ×r₁=(4-j4)×3.5=14-j14=14 ×e^-j45°;

_c1= ₁×(-jX_c1)=(4-j4)(-j11.5)=-46–j46=46 ×e^-j135°;

_r3= ₃×r₃=-j4×3=-j12=12×e^-j90°;

_L3= ₃×jX_L3=-j4×j4=16=16×e^j0°;

_L1= ₁×jX_L1)=(4-j4)×j4=16+j16=16 ×e^j45°;

=-j56=56×e^-j90°; _ab= _r3+ _L3;

_r2= ₂×r₂=4×4=16=16×e^j0°;

_C2= ₂×(-jX_c2)=4×(-j3)=-j12=12×e^-j90°;

а напряжение на параллельных ветвях _ab= _r2+ _С2=16-j12.

Построение начинаем, например, с вектора _r1, который совпадает по направлению с током ₁. Вектор _С1 отстает от вектора тока ₁ на угол 90°. Вектор напряжения _r3 совпадает с направлением тока ₃ и т. д. Векторные диаграммы построены для комплексных действующих значений токов и напряжений (для комплексных амплитуд векторы должны быть умножены на ).

     Пример 4. В схеме (рис. 12) заданы ₁=-j110 B, ₃=j10 B, ₅=j20 B, =40 A, X₁=15 Ом, X₂=5 Ом, X₃=10 Ом, r₄=4 Ом, X₅=7 Ом. Определить все токи, показания амперметра и вольтметра электромагнитной системы. Составить баланс мощностей.

     Решение. Воспользуемся методом контурных токов. Так как в схеме имеется ветвь с идеальным источником J, то в качестве одного из контурных выбираем ток, равный заданному источнику J. При этом должно выполняться условие: в данной ветви должен быть лишь один контурный ток – ток источника J.

     С учетом этого выбираем систему независимых контуров с указанными на рис. 12 положительными направлениями контурных токов ₁₁, ₂₂, ₃₃= =40 A.

     Записываем систему уравнений в канонической форме. Система состоит из двух уравнений:

₁₁ Z ₁₁+ ₂₂ Z ₁₂+ ₃₃ Z ₁₃= ₁₁,

₁₁ Z ₂₁+ ₂₂ Z ₂₂+ ₃₃ Z ₂₃= ₂₂,

где собственные сопротивления первого и второго контуров равны:

Z ₁₁= Z ₁+ Z ₂+ Z ₃=-jX₁+ jX₂+ jX₃=-j15+j5+j10=0 Ом,

Z ₂₂= Z ₄+ Z ₃+ Z ₅=r₄+ jX₃– jX₅=4+j10–j7=4+j3 Ом,

а общие сопротивления ветвей, принадлежащих смежным контурам,

Z ₁₂= Z ₂₁=- Z ₃=-jX₃=-j10,      Z ₂₃= Z ₄=r₄=4,

Z ₁₃= Z ₃₁= Z ₂=jX₂=j5.

Знаки у сопротивлений обусловлены встречным направлением контурных токов ₁₁ и ₂₂ в сопротивлении Z ₃ и одинаковым направлением ₃₃ и ₁₁, ₂₂ и ₃₃ соответственно в сопротивлениях Z ₂ и Z ₄.

     Контурные ЭДС

₁₁=- ₁– ₃=-(-j110)–j10=j100,

₂₂= ₃+ ₅=j10+j20=j30.

Решая систему уравнений

     ₁₁×0– ₂₂×j10+40×5=j100,

     - ₁₁×j10+ ₂₂×(4+j3)+40×4=j30,

находим контурные токи

     ₁₁=-j20, ₂₂=10, а ₃₃=J=40.

     Комплексные токи в ветвях схемы указанных направлений (см. рис. 12) определяем, учитывая, что ток в ветви, принадлежащей одному контуру, равен контурному току с учетом знака; ток в ветви, принадлежащей нескольким контурам, равен алгебраической сумме контурных токов; в обоих случаях со знаком "плюс" берется контурный ток, направление которого совпадает с направлением искомого тока ветви.

     Таким образом,

     ₁= - ₁₁=j20, ₂=-( ₁₁+ ₃₃)=-40+j20,

     ₃= ₂₂– ₁₁=10+j20, ₄= ₂₂+ ₃₃=10+40=50, ₅= ₂₂=10.

     Мгновенные значения токов записываем, переходя от их комплексных действующих значений:

     i₁=20 ×sin(wt+90°),

     i₂=20 ×sin(wt+153°30'),

     i₃=10 ×sin(wt+63°30'),

     i₄=50 ×sin wt,

     i₅=10 ×sin wt,

     Û40 sin wt.

или

     Определим напряжение на зажимах источника тока, выбрав его направление, например _ca. Уравнение по второму закону может быть записано для любого контура, в который входит ветвь с источником тока.

     При обходе контура a–f–c–a по часовой стрелке получим уравнение

     ₂jX₂– ₄r₄+ _ca=0,

откуда

     _ca= ₄r₄– ₂jX₂=50×4–(-40+j20)j5=300+j200 B.

Вольтметр V, измеряющий действующее значение напряжения U_ca, покажет

     Баланс мощностей можно составить только для всей схемы, он служит для проверки правильности расчета.

     Полная комплексная мощность источников должна быть равна полной комплексной мощности потребителей:

     На схеме (см. рис. 12) ₁ и ₁, ₅ и ₅, ₃ и ₃ направлены в одну сторону и являются источниками энергии; напряжение _ca и ток  направлены встречно, т. е. – источник энергии.

     Таким образом

å _ист= ₁I^*₁+ ₃I^*₃+ ₅I^*₅+ _JJ^*=(-j110)(-j20)+j10(10-j20)+j20×10+ (300+j200)40=10000+j8300.

P_ист=10000 Вт, Q_ист=8300 вар.

     Потребителями являются все пассивные элементы схемы, потребляемую мощность которых можно посчитать так:

å _потр=å(I_k² Z _k),

где I_k – действующие значения токов (модули);

     Z _k– комплексные сопротивления.

Тогда

å _потр=I₁² Z ₁+ I₂² Z ₂+ I₃² Z ₃+ I₄² Z ₄+ I₅² Z ₅=20²(-j15)+(20 )²(j5)+ (10 )²(j10)+ 50²×4+10²(-j7)=10000+j8300,

P_потр=10000 Вт, Q_потр=8300 вар.

Баланс мощностей сходится.

Пример 5. В схеме (рис. 13) заданы: ₁=j110 B,, ₅=j80 B, =3 A, X₁^'= X₃=10 Ом, X₂=40 Ом, X₁"=r₄=20 Ом, r₆=30 Ом. Определить все токи методом узловых потенциалов и показания вольтметра.

Решение. В схеме имеется ветвь с идеальной ЭДС ₅. За базисный узел принимаем, например, узел d, т. е. _d=0. Тогда потенциал узла c равен величине ₅ со знаком "плюс" ( ₅ направлена к узлу с):

_с=j80.

     Y _{aa a}+ Y _{ab b}+ Y _{ac c}= _aa,

     Y _{ba a}+ Y _{bb b}+ Y _{bc c}= _bb,

где собственные проводимости узлов a и b:

взаимные проводимости узлов:

Y _ac=0 (так как узлы a и c не соединены непосредственно).

В выражение собственной проводимости Y _aa должна войти и проводимость ветви с источником тока. Однако, так как внутреннее сопротивление идеального источника тока равно бесконечности, проводимость этой ветви (величина, обратная общему сопротивлению ветви Z_J+r₆=¥+30=¥) равна нулю.

     Узловые токи определяются так:

Подставив в исходные уравнения числовые значения проводимостей и узловых токов, получим систему уравнений

     0× _a+(j0.1) _b+0× _c=-8;

     (j0.1) _a+(0.05-j0.125) _b–0.05×j80=0.

Решив эти уравнения, найдем потенциалы узлов a и b:

     _a=j100 B, _b=j80 B.

Выберем направления напряжений во всех ветвях схемы (напряжения между узлами) и определим их. Например:

     _ab= _a– _b=j100–j80=j20,

     _bc= _b– _c=j80–j80=0,

     _ad= _a– _d= _a–0=j100,

     _bd= _b– _d=j80,

     _ac= _a– _c=j100–j80=j20,

     _ac= _ab+ _bc=j20+0=j20.

Наконец, определим токи в ветвях, направление которых указано на схеме (см. рис. 13):

Ток ₅ в ветви с идеальной ЭДС ₅ найдем из уравнения, составленного по первому закону Кирхгофа для узла d

     - ₁– ₂– ₅=0, откуда ₅=- ₁– ₂=-(-1)-(-2)=3 А.

Для узла c

     ₄+ ₅+ ₆=0, откуда ₅=- ₄+ ₆=0+3=3 А.

Проверка. Составляем уравнения по первому закону Кирхгофа:

для узла a       ₁+ ₆– ₃=0, -1+3-2=0,

для узла b       ₃+ ₂– ₄=0, 2-2+0=0.

     Показания вольтметра: V=| _ac|=20 B.

Пример 6. В схеме (рис. 14) заданы: E₁=E₂=E₃=100 B, E₁ и E₂ по фазе опережают E₃ на 90°, r₁=X_L2=20 Ом, X_С3=10 Ом. Определить ток I₃.

     Рассмотрим на данном примере три метода расчета:

1) с предварительным эквивалентным преобразованием активных параллельных ветвей;

2) методом двух узлов;

3) методом эквивалентного генератора.

Записываем комплексные действующие значения ЭДС, принимая начальную фазу ЭДС E₃ равной нулю: ₃=E₃e^j0°=E₃=100.

Тогда ₁=E₁e^j90°=jE₁=j100, ₂=j100.

Комплексные сопротивления ветвей Z ₁=r₁=20, Z ₂=jX_L2=j20,

Z ₃=-jX_C3=-j10.

Решение. Заменяем параллельные активные ветви с ЭДС E₁ и E₂ одной эквивалентной, выбрав направление E_Э (рис. 15).

Тогда

Значение тока ₃ в схеме (см. рис. 15) находим из уравнения, составленного по второму закону Кирхгофа ₃(Z ₃+ Z _Э)= ₃+ _Э,

откуда

Задаваясь положительным направлением напряжения между узлами схемы (см. рис. 14), например, _ab, определим его по формуле метода двух узлов:

При этом значении узлового напряжения находим ток ₃ из уравнения, составленного по второму закону Кирхгофа для контура, состоящего из ветви с ₃ и найденного напряжения _ab:

₃ Z ₃– _ab= ₃

Согласно методу эквивалентного генератора размыкаем ветвь с искомым током ₃ и исключаем из нее пассивный элемент Z ₃. В полученной схеме (рис. 16) имеем левый контур, в котором протекает ток ', определяемый из уравнения '(Z ₁+ Z ₂)= ₁+ ₂,

Далее, выбрав любой контур, например правый, в который входит неизвестное напряжение _mn на зажимах разомкнутой ветви, составляем уравнение по второму закону Кирхгофа при указанном направлении обхода: - ' Z ₂+ _mn=- ₂+ ₃.

Напряжение

_mn=- ₂+ ₃– ' Z ₂=-j100+100+(5+j5)j20=0.

Следовательно, ток

Библиографический список.

1. Бессонов Л. А. Теоретические основы электротехники. Электрические цепи. – М.: Высш. шк., 1997. – 559 с.

2. Новгородцев А. Б. 30 лекций по теории электрических цепей. – СП.: Политехника, 1995. – 519 с.

3. Атабеков Г. И. Теоретические основы электротехники. – М.: Энергия, 1980. – 480 с.

4. Сборник задач по теоретическим основам электротехники /Под ред. Л. А. Бессонова/. – М.: Высш. шк., 1988. – 504 с.

5. Шебес М. Р., Каблукова М. В. Задачник по теории электрических цепей. – М.: Высш. шк., 1990. – 544 с.

Содержание

стр.

Общие требования и методические указания................................... 3

Задача №1. Методы расчета резистивных цепей............................. 3

Задача №2. Анализ цепей синусоидального тока.......................... 14

Библиографический список............................................................. 27

Объем 1.75 печ. л. Тираж 100 экз.