Uploaded by Ксения Жгун

Бутырин Т.1

advertisement
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
УДК 621.3.01(075.8)
ББК 31.2я73
C 232
Рецензенты :
доктор техн. наук, профессор НИЯУ МИФИ М.В. Немцов;
доктор техн. наук, профессор МГТУ им. Баумана В.Н. Енин
Авторы :
П.А. Бутырин, Л.В. Алексейчик, С.А. Важнов, Г.Г. Гусев,
М.П. Жохова, В.В. Каратаев, Н.В. Коровкин, Р.П. Кияткин,
Т.Г. Миневич, Т.А. Разевиг, О.В. Толчеев, Ф.Н. Шакирзянов
Сборник задач по теоретическим основам электротехники:
в
2
т. / П.А. Бутырин, Л.В. Алексейчик, С.А. Важнов и др.; под ред.
C 232
чл.-корр. РАН П.А. Бутырина. — М.: Издательский дом МЭИ.
ISBN 978-5-383-00627-6
Том 1. Электрические и магнитные цепи с сосредоточенными
параметрами. — 2012. — 595 с.; ил.
ISBN 978-5-383-00657-3(Т.1)
Задачник является учебным пособием для студентов электротехнических
и электроэнергетических специальностей вузов. Материал задачника охватывает все разделы теории линейных и нелинейных электрических и магнитных
цепей и соответствует утвержденной программе курса «Теоретические
основы электротехники». Все задачи имеют ответы, много задач с методическими указаниями и подробными решениями. Контрольные работы (задания
по вариантам) представляют собой наборы однотипных задач, позволяющих
преподавателю оценить текущую успеваемость группы студентов и уровень
усвоения ими конкретных тем практических занятий по ТОЭ. Типовые расчеты представляют собой наборы из однотипных более сложных и трудоемких заданий для групп студентов, каждое из которых состоит из ряда подзадач или нескольких независимых задач по укрупненной теме курса ТОЭ.
УДК 621.3.01(075.8)
ББК 31.2я73
ISBN 978-5-383-00627-6
ISBN 978-5-383-00657-3(Т.1)
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
© Авторы, 2012
© ЗАО «Издательский дом МЭИ», 2012
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
Глава первая. Линейные цепи с источниками постоянных ЭДС и токов
(П.А. Бутырин, М.П. Жохова, Т.А. Разевиг). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1. Законы Кирхгофа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Метод контурных токов. Метод узловых потенциалов . . . . . . . . . . . .
1.3. Принцип линейности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. Эквивалентные преобразования электрических схем . . . . . . . . . . . . .
1.5. Метод наложения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6. Метод эквивалентного генератора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к задачам гл.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
9
20
26
34
38
47
53
61
Глава вторая. Линейные цепи с синусоидальными токами
и напряжениями (П.А. Бутырин, М.П. Жохова, Т.А. Разевиг) . . . . . . . . . . . . 64
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.1. Расчет простейших цепей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2.2. Двухполюсник в цепи синусоидального тока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.3. Расчет разветвленных цепей синусоидального тока . . . . . . . . . . . . . . 79
2.4. Резонанс и согласование . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
2.5. Электрические цепи с индуктивно связанными элементами . . . . . . . 119
Ответы к задачам гл. 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
Глава третья. Линейные цепи несинусоидального тока
(П.А. Бутырин, М.П. Жохова). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1. Периодические процессы в линейных цепях . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Показания приборов в линейных цепях
при периодических воздействиях . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Резонансные явления в линейных цепях несинусоидального тока . .
Ответы к задачам гл. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Глава четвертая. Трехфазные цепи (О.В. Толчеев) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1. Трехфазные источники и трансформаторы, соединения обмоток . . .
4.2. Расчет симметричного режима . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3. Расчет несимметричного режима . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4. Симметричные составляющие. Расчет трехфазных цепей методом
симметричных составляющих . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.5. Симметричные трехфазные цепи с несинусоидальными токами . . . .
Ответы к задачам гл. 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
133
133
136
141
150
160
164
164
176
183
193
204
212
217
5
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава пятая. Четырехполюсники и диагностика электрических цепей
(П.А. Бутырин, Л.В. Алексейчик) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1. Пассивные четырехполюсники . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2. Вторичные параметры четырехполюсников и их схемы замещения .
5.3. Фильтры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4. Диагностика электрических цепей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к задачам гл. 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Глава шестая. Переходные процессы в линейных цепях с сосредоточенными
параметрами (П.А. Бутырин, М.П. Жохова, Т.А. Разевиг) . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1. Цепи RC первого порядка. Классический метод расчета . . . . . . . . . .
6.2. Цепи RL первого порядка. Классический метод расчета . . . . . . . . . .
6.3. Классический метод расчета цепей с несколькими реактивными
элементами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4. Операторный метод расчета . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5. Расчет переходных процессов при действии источников
произвольной формы с использованием интеграла Дюамеля . . . . . .
6.6. Некорректные коммутации . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.7. Переходные процессы в линейных цепях при периодических
воздействиях. Метод переменных состояния. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к задачам гл. 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Глава седьмая. Нелинейные цепи постоянного и переменного тока
в установившемся режиме (Г.Г. Гусев, В.В. Каратаев) . . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1. Графический метод расчета нелинейных цепей постоянного тока . .
7.2. Аналитические и численные методы расчета нелинейных цепей
постоянного тока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3. Графические и графоаналитические методы расчета
нелинейных цепей переменного тока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4. Аналитические методы расчета нелинейных цепей
переменного тока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5. Расчет по действующим значениям токов и напряжений . . . . . . . . . .
Ответы к задачам гл. 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Глава восьмая. Переходные процессы в нелинейных цепях.
Устойчивость процессов. Автоколебания
(П.А. Бутырин, Г.Г. Гусев, В.В. Каратаев, М.П. Жохова) . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1. Аналитические и графические методы расчета . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2. Устойчивость состояния равновесия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3. Изображение переходных процессов на фазовой плоскости . . . . . . .
8.4. Метод усреднения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5. Автоколебания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6. Расчет переходных процессов численными методами . . . . . . . . . . . .
Ответы к задачам гл. 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
220
220
236
247
252
258
261
264
264
274
280
285
296
305
316
324
339
351
351
359
369
374
381
396
399
401
401
412
426
430
440
444
444
451
Глава девятая. Магнитные цепи при постоянных потоках
(В.В. Каратаев) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1. Неразветвленные магнитные цепи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2. Разветвленные магнитные цепи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3. Расчет магнитной цепи с учетом гистерезиса . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ответы к задачам гл. 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
457
457
462
465
470
471
Контрольные работы и типовые расчеты к первому тому задачника . . .
Введение. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Контрольные работы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Типовые расчеты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
472
472
473
523
Приложение 1. Основные тригонометрические формулы . . . . . . . . . . . . . 584
Приложение 2. Представление синусоидальных величин комплексными
числами (вращающимися векторами). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585
Приложение 3. Трехфазный генератор . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 586
Приложение 4. Частотные характеристики и резонансные кривые
RLC-контура . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587
Приложение 5. Разложение трех векторов на симметричные
составляющие прямой, обратной и нулевой последовательности . . . . . . 588
Приложение 6. Разложение в ряд Фурье меандра
(учет n гармоник ряда) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589
Приложение 7. Разложение некоторых периодических функций
в тригонометрические ряды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590
Приложение 8. Соединение четырехполюсников . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 591
Приложение 9. Таблица оригиналов и их изображений по Лапласу . . . . 592
Приложение 10. Таблица оригиналов и их изображений по Лапласу
для функций со сдвигом аргумента . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593
Литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593
7
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящий сборник является учебным пособием для студентов электротехнических и электроэнергетических специальностей вузов. Он содержит необходимый материал для проведения практических аудиторных и домашних занятий студентов по курсу «Теоретические основы электротехники» (ТОЭ): задачи по всем
разделам курса, часть которых дана с решениями; теоретические положения курса,
необходимые для решения задач, вместе с методическими рекомендациями; контрольные работы и типовые задания; компьютерный практикум.
Сборник состоит из двух томов. Первый том «Электрические и магнитные
цепи с сосредоточенными параметрами» содержит девять глав (задачи по конкретным разделам теории цепей), контрольные работы и типовые расчеты, а также
приложения (справочный материал и таблицы). Второй том «Электрические цепи
с распределенными параметрами. Электромагнитное поле» состоит из семи глав
(задачи по конкретным разделам и задачи для компьютерного практикума для
моделирования электромагнитных полей), контрольных работ и типовых расчетов.
Каждая глава состоит из теоретического введения и трех групп задач: с разобранными решениями, помеченных буквой (p); типовых; повышенной сложности,
помеченных символом *.
Глава 16 с задачами для компьютерного практикума по всем разделам теории электромагнитного поля состоит из теоретического материала к каждому ее параграфу и
задач, часть из которых дана с полной подготовкой для моделирования на ЭВМ.
Сборник задач подготовлен кафедрой ТОЭ Московского энергетического института (технического университета) [МЭИ (ТУ)] при участии кафедры ТОЭ СанктПетербургского государственного политехнического университета (СПб ГПУ).
В сборнике реализованы знания и опыт проведения практических занятий по ТОЭ,
накопленные в московской и санкт-петербургской школах ТОЭ (МЭИ, СПб ГПУ).
Введения к главам 1—15 составлены с учетом методики изложения курса ТОЭ,
принятой в учебниках кафедр ТОЭ МЭИ и СПб ГПУ [1, 2]. Значительную часть
задач сборника составляют задачи из сборников задач и упражнений под редакцией
П.А. Ионкина [4], под редакцией проф. К.М. Поливанова (кафедра ТОЭ МЭИ)
[5], а также задачи, разработанные авторами данного сборника. В сборник включены также задачи из сборника задач проф. В.И. Пищикова (кафедра ТОЭ МЭИ)
и проф. С.С. Николаева (кафедра ТОЭ МВТУ) [6] и сборника задач профессоров
Н.В. Коровкина и В.Л. Чечурина и доц. Е.Е. Селиной (кафедра ТОЭ СПб ГПУ) [7].
Коллектив авторов настоящего сборника глубоко благодарен кафедрам ТОЭ МЭИ
(ТУ) и СПб ГПУ, в течение многих десятилетий накапливавшим типовые и контрольные задания, задачи для компьютерного моделирования, опыт создания задачников по
ТОЭ. Особую благодарность авторы выражают доценту кафедры ТОЭ МЭИ
М.П. Жоховой за помощь в его редактировании, а также инженеру кафедры ТОЭ МЭИ
И.П. Ершовой, осуществившей компьютерный набор большей части материала сборника. Авторы благодарны также сотрудникам Издательского дома МЭИ, принимавшим участие в подготовке к печати настоящего труда, и особенно редакторам
М.П. Соколовой, И.П. Березиной и литературному редактору P.M. Ваничкиной.
Член-корреспондент РАН П.А. Бутырин
8
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава первая
ЛИНЕЙНЫЕ ЦЕПИ С ИСТОЧНИКАМИ
ПОСТОЯННЫХ ЭДС И ТОКОВ
ВВЕДЕНИЕ
Простейшие двухполюсники, их изображения в схемах цепей и
уравнения. Простейшими двухполюсными элементами (двухполюсниками) являются: накопители электрической энергии — емкостный
и индуктивный элементы, идеальный резистор (резистивный элемент), идеальный источник ЭДС и идеальный источник тока. В данной главе рассматриваются задачи расчета установившихся режимов
цепей с подобными элементами в случае, когда напряжение источников ЭДС и токи источников тока постоянны. В этом случае постоянными оказываются токи и напряжения всех остальных элементов,
а схемы замещения накопителей энергии вырождаются в короткозамкнутую и разорванную ветви (табл. 1.1).
При расчете установившихся режимов цепей с источниками постоянных ЭДС и токов можно ограничиться рассмотрением схем,
содержащих только три типа элементов: резистор, источник ЭДС и
источник тока, представленных в табл. 1.2.
В качестве параметра резистивного элемента может быть задано
как сопротивление R, Ом, так и величина ему обратная — проводимость G = 1/R, См, что не должно создавать сложности при расчетах.
Преобразование электрических цепей. При расчетах электрических цепей можно применять следующие преобразования, упрощающие их электрические схемы (табл. 1.3).
Та бли ц а 1 .1
Элемент
Условное изображение
i
Индуктивный
di
u = L ----- , i = I = const,
dt
u=0
L
u
i
Емкостный
C
u
Компонентное
уравнение
du
i = C ------ , u = U = const,
dt
i=0
Схема замещения
для постоянных токов
и напряжений
i=I
u=0
i=0
u=U
9
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бли ц а 1 .2
Элемент
Условное
изображение
Компонентное
уравнение
R(G )
U = RI,
I = GU,
G = 1/R
2
2
PG = UI = I /G = U G
U=E
PE = UI = EI
I=J
PJ = UI = JU
I
Резистор
U
I
Источник ЭДС
Выражение для мощности
2
2
PR = UI = U /R = I R,
E
U
I
J
Источник тока
U
Та бли ц а 1 .3
№
п/п
1
Исходный участок
цепи или подсхема
R1(G1)
R2(G2)
Результат преобразования
G1 G2
R = R1 + R2, G = -------------------G1 + G2
R(G)
R1(G1)
2
3
R1 R2
G = G1 + G2, R = -----------------R1 + R2
R(G)
R2(G2)
E1
E2
J1
E
E = E1 – E2
J
J = J1 – J2
J2
4
J
5
E
E
1
J = --- , G = --R
R
R
G
J
6
10
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
E
G
R
1
E = JR , R = ---G
Продолжение табл. 1.3
№
п/п
Исходный участок
цепи или подсхема
Результат преобразования
1
1
R2(G2)
R3(G3)
R23(G23)
7
2
R13(G13)
R12(G12)
R1(G1)
3
2
3
R1 R3
R1 R2
R12 = R1 + R2 + ------------ , R13 = R1 + R3 + ------------ ,
R3
R2
R2 R3
R23 = R2 + R3 + -----------R1
1
1
R12(G12)
R1(G1)
R13(G13)
R2(G2)
R23(G23)
2
8
R3(G3)
2
3
3
R 12 R 13
R 12 R 23
R 13 R 23
R1 = ----------------- , R2 = ----------------- , R3 = ----------------- ,
Δ
Δ
Δ
G 12 G 13
Δ = R12 + R13 + R23, G1 = G12 + G13 + ------------------ ,
G 23
G 12 G 23
G 13 G 23
G2 = G12 + G23 + ------------------ , G3 = G13 + G23 + -----------------G 13
G 12
1
1
E21
E1
E13
R1
E2
R2
R3
R12
E3
R23
9
2
R13
3
2
E32
3
E13 = E3 – E1, E32 = E2 – E3, E21 = E1 – E2,
R1 R2
R1 R3
R21 = R1 + R2 + ------------ , R13 = R1 + R3 + ------------ ,
R3
R2
R2 R3
R23 = R2 + R3 + -----------R1
11
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание табл. 1.3
№
п/п
Исходный участок
цепи или подсхема
Результат преобразования
1
1
E21
E13
E1
R1
R12
R13
E2
E32
R23
2
3
10
R2
R3
2
E3
3
R 12 R 13
R 12 R 23
R 13 R 23
R1 = ----------------- , R2 = ----------------- , R3 = ----------------- ,
Δ
Δ
Δ
Δ = R12 + R13 + R23,
R 13 E 21 – R 12 E 13
R 12 E 32 – R 23 E 21
E1 = ---------------------------------------- , E2 = ---------------------------------------- ,
Δ
Δ
E13 + E32 + E21 = 0
R 23 E 13 – R 13 E 32
E3 = ---------------------------------------Δ
R1
R1
E
R2
E
E
11
E
Rn
J
1
G1
12
n+1
Gn
G2
2
12
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Rn
1
n +1
J
G1
Gn
J
J
2
n
R2
n
G2
Так, например, участок цепи (рис. 1.1) можно согласно пп. 1 и 3
табл. 1.3 заменить схемой на рис. 1.2 с параметрами Е = Е1 + Е2 – Е3,
R = R1 + R 2 + R 3 + R 4.
1
E1
R1
E2
E3
R2
R3
R4
2
Рис. 1.1
E
R
1
I
2
U12
Рис. 1.2
Законы и уравнения Кирхгофа. Первый закон Кирхгофа: алгебраическая сумма токов ветвей, соединенных в одном узле, равна нулю.
Уравнение, составленное по этому закону, имеете вид
∑ Ik
= 0,
(1.1)
причем токи, направленные от узла (выходящие), входят в это уравнение с положительным знаком, а токи, направленные к узлу (входящие), — с отрицательным знаком.
Второй закон Кирхгофа: алгебраическая сумма напряжений ветвей вдоль любого контура равна нулю. Уравнение, составленное по
второму закону Кирхгофа, имеете вид
∑ Uk
= 0,
(1.2)
причем напряжения, направления которых совпадают с направлением обхода контура, берутся с положительным знаком, а напряжения, направления которых противоположны направлению обхода
контура, — с отрицательным знаком.
Обобщенный закон Ома. Для ветви, представляющей собой последовательное соединение источников ЭДС и резисторов (см. рис. 1.1),
компонентное уравнение имеет вид (см. также рис.1.2)
RI = U12 + E, E = E1 + E2 – E3, R = R1 + R2 + R3 + R4
(1.3)
и называется обобщенным законом Ома.
13
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Обобщенная ветвь. Для формализации математического описания
цепи удобно использовать понятие обобщенной ветви, содержащей
все три типа элементов резистивных цепей: идеальный резистор,
источник ЭДС и источник тока (рис. 1.3).
Jk
Ik
Ek
Rk
Uk
Рис. 1.3
Компонентное уравнение обобщенной ветви (закон Ома для обобщенной ветви) имеет вид
Uk = Rk(Ik + Jk) – Ek.
(1.4)
Фундаментальная система уравнений электрической цепи. Для
однозначного расчета токов и напряжений цепи, содержащей q узлов
и n ветвей, необходимо составить q – 1 уравнение первого закона
Кирхгофа, n – q + 1 уравнение второго закона Кирхгофа и n компонентных уравнений ветвей. Подобную систему уравнений называют
фундаментальной системой уравнений цепи, составленной по первому и второму законам Кирхгофа и закону Ома для обобщенной
ветви. В случае, если все ветви цепи представлены в виде обобщенных ветвей цепи, подобная система уравнений в матричной записи
имеет вид
AI(в) = 0, BU(в) = 0, U(в) = R(в)(I(в) + J(в)) – E(в).
(1.5)
Здесь I(в) = [I1 I2 … In]т, U(в) = [U1 U2 … Un]т — вектор-столбцы
токов и напряжений ветвей цепи; R
(в)
= diag{R1 R2 … Rn} — диаго-
нальная матрица сопротивлений ветвей цепи; E(в) = [E1 E2 … En]т;
J
(в)
14
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
= [J1 J2 … Jn]т — вектор-столбцы ЭДС и источников тока ветвей,
а (q – 1) × n — матрица А и [n – (q – 1)]× n — матрица В, называемые
соответственно матрицей соединений и контурной матрицей. У матрицы соединений элемент Aij = 1, если j-я ветвь соединена с i-м
узлом и направлена от узла, Aij = –1, если j-я ветвь соединена с i-м
узлом и направлена к этому узлу, и Aij = 0, если j-я ветвь не соединена с i-м узлом. У матрицы В элемент Вij = 1, если j-я ветвь содержится в i-м контуре и ее направление совпадает с направлением
обхода этого контура, Вij = –1, если j-я ветвь содержится в i-м контуре и ее направление противоположно направлению обхода этого
контура, Вij = 0, если j-я ветвь не содержится в i-м контуре. Матрицы А
и В называют топологическими матрицами, основное свойство этих
матриц определяется соотношением
ABт = 0 или BАт = 0.
(1.6)
Узловые и контурные уравнения. Если уравнение закона Ома для
обобщенной ветви (1.4) представить в виде U(в) = R(в)(I(в) + J(в)) – E(в)
или, что то же, в виде
G(в)U(в) = I(в) + J(в) – G(в)E(в), G(в)= (R(в))–1,
(1.7)
а затем умножить на матрицу А и далее учесть связь вектора напряжений ветвей U(в) с вектором узловых потенциалов (напряжений)
j = [ϕ1 ϕ2 … ϕq – 1]т:
U(в) = Атj,
(1.8)
то полученное уравнение (узловое уравнение)
(у)
(у)
G j=J
(1.9)
будет содержать меньшее число неизвестных, чем уравнение (1.3). Здесь
G(у) = AG(в) Aт – (q – 1)×(q – 1) — матрица; G(в) = diag{G1 G2 … Gn} —
диагональная матрица проводимостей ветвей цепи; J
+J
(в)
(у)
= A(I(в) +
– G(в)E(в)) = AJ(в) – AG(в)E(в)— вектор узловых токов. Заметим,
15
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
что для формирования матрицы G(у) нет необходимости перемножать
матрицы А, G
(в)
и Ат, поскольку ij-й элемент этой матрицы
⎧
⎪ сумме проводимостей ветвей, соединенных с узлом i
⎪ (собственная узловая проводимость), если i = j;
⎪
(у)
G ij = ⎨
⎪ проводимости ветви, соединяющей узлы i и j и взятой
⎪
⎪ с обратным знаком (общая узловая проводимость), если i ≠ j.
⎩
Аналогично для определения вектора узловых токов J(у) = AJ(в)
(считается, что все ЭДС ветвей предварительно преобразованы
в источники токов) нет необходимости умножать матрицу A на вектор J(в), поскольку i-й элемент (узловой ток узла i) матрицы
J
(у)
(у)
(у)
(у)
т
= [ J 1 J 2 …J q – 1 ] равен алгебраической сумме токов источников тока ветвей, подходящих к узлу i. Решив узловые уравнения
(1.9), напряжения ветвей цепи находят по уравнению связи (1.8).
Сходным образом можно вывести контурное уравнение
(к)
где R и E
ных ЭДС:
(к)
(к)
R(к) I(к) = E(к),
(1.10)
— матрица контурных сопротивлений и вектор контур-
E
(к)
R
(к)
= В R(в) Вт,
=ВЕ
(в)
–ВR
(1.11)
(в) (в)
J ,
(1.12)
а I — вектор контурных токов, связанных с вектором токов ветвей
соотношением
Элемент ij матрицы R
(к)
I
(в)
= Вт I(к).
(1.13)
⎧
⎪ сумме сопротивлений контура i
⎪ (собственное контурное сопротивление), если i = j;
⎪
⎪
⎪
(к)
R ij = ⎨ сопротивлению ветви, общей для контуров i и j (общее
⎪ контурное сопротивление), взятому со знаком плюс,
⎪
⎪ если контурные токи контуров i и j в общей ветви направлены
⎪
⎪ одинаково, и со знаком минус в противоположном случае, i ≠ j.
⎩
16
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Элемент i вектора E(к), называемый контурной ЭДС контура i
равен алгебраической сумме ЭДС ветвей, входящих в контур i, взятых со знаком плюс, если направление ветвей совпадает с направлением обхода контура, и минус в противоположном случае.
Решив контурные уравнения (1.10), токи ветвей цепи можно
найти по уравнениям связи (1.13).
Эквивалентный генератор. Любой двухполюсник А1, соединенный с внешней цепью А2 (рис. 1.4, а), можно заменить эквивалентным генератором ЭДС (рис. 1.4, б) или тока (рис. 1.4, в), не изменив
распределения токов и напряжений в цепи А2.
При этом параметрами эквивалентных генераторов являются Rг,
Gг — входное сопротивление и входная проводимость двухполюсника А1 (при определении Rг и Gг ветви с источниками ЭДС размыкаются, а ветви с источниками тока «закорачиваются»), Eг = Ux и Jг = Iк,
1
1
A1
I
U
Eг
A2
I
1
A2
U
Jг
Rг
1¢
б)
A2
в)
1
1
A1
U
1¢
1¢
а)
A1
Uх
Iк
1¢
1¢
г)
1
Gг
I
д)
I
1
1
Eг1
Eг2
R г1
R г2
A1
J=I
1¢
A2
J=I
1¢
1¢
е)
ж)
з)
Рис. 1.4
17
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
где Ux — напряжение холостого хода (рис. 1.4, г) и Iк — ток короткого замыкания (рис. 1.4, д) двухполюсника А1.
Замена двухполюсника А1 (рис. 1.4, а) эквивалентным генератором ЭДС (рис. 1.4, б) или тока (рис. 1.4, в) упрощает исходную схему
(см. рис. 1.4, а). Метод расчета цепи, основанный на подобном упрощении ее схемы, называют методом эквивалентного генератора.
Диакоптика (расчет по частям) электрических цепей. Условно
разбив всю цепь на ряд подцепей — двухполюсников и заменив
последние эквивалентными генераторами, можно входные напряжения и токи подцепей определить для более простой цепи, чем исходная. Используя найденные входные токи и напряжения двухполюсников, внутренние токи и напряжения каждого из них находят
отдельно, без учета других двухполюсников. Так, заменив двухполюсники А1 и А2 (см. рис. 1.4, а) эквивалентными генераторами с
параметрами Eг1, Rг1 и Eг2, Rг2 (рис. 1.4, е), можно рассчитать ток
E г1 – E г2
I = ----------------------- и далее, заменив ветвь с известным током ветвью с
R г1 + R г2
источником тока, рассчитать внутренние токи и напряжения двухполюсников А1 и А2 по схемам рис. 1.4, ж и з.
Принцип наложения (суперпозиции). Входные и взаимные проводимости, коэффициенты передачи. Согласно принципу наложения
(суперпозиции) ток в любой ветви цепи, например ветви h, определяется как сумма токов, обусловленных отдельным действием источников ЭДС Ej и источников тока Jj всех n ветвей цепи:
n
Ih =
∑
j=1
n
Gh j Ej +
I
∑ Kh j Jj ,
j=1
где Ghj — так называемая взаимная проводимость ветвей h и j (при
j = h взаимную проводимость Ghj = Ghh называют входной проводиI
мостью ветви h), а K h j — коэффициент передачи по току между ветвями j и h. Взаимная проводимость Ghj определяется как отношение
тока в ветви h, обусловленного действием ЭДС Ej, к значению этой
ЭДС при условии, что остальные ЭДС и токи источников тока цепи
I
равны нулю. Коэффициент K h j определяется как отношение тока в
18
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ветви h, обусловленного действием источника тока Jj, к току источника Jj при условии, что остальные источники ЭДС и токи источников тока равны нулю. Аналогично напряжение любой ветви h можно
представить в виде
n
Uh =
U
n
∑ Kh j Ej + ∑ Rh j Jj .
j=1
j=1
U
Здесь K h j — коэффициент передачи по напряжению между ветвями j
и h, а Rhj — взаимное сопротивление ветвей h и j (при h = j сопротивление Rhj = Rhh называют входным сопротивлением ветви h).
Прямые и обратные задачи расчета цепей постоянного тока.
В прямых задачах полагается заданной топология (схема) цепи и значения параметров: сопротивлений (проводимостей), источников ЭДС
и тока всех ее ветвей, а подлежат определению токи, напряжения элементов цепи. Для решения этих задач можно воспользоваться
любыми методами анализа цепей: методами эквивалентного генератора, контурных токов, узловых напряжений, топологических преобразований, непосредственного использования уравнений Кирхгофа и
компонентных уравнений цепи.
В рассматриваемых в задачнике обратных задачах часть параметров цепи с известной топологией неизвестна и подлежит определению, а в число известных параметров включены токи и напряжения
некоторых ветвей цепи. Для решения этих задач необходимо, используя аналитическую запись уравнений Кирхгофа и компонентных
уравнений, вначале сформировать в явном виде уравнения, связывающие неизвестные параметры цепи с известными параметрами и
величинами, а затем решить их.
Баланс мощностей. В электрической цепи выполняется равенство
мощностей генераторов (источников) и приемников (нагрузок):
∑j P г = ∑i P пр .
(1.14)
19
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.1. ЗАКОНЫ КИРХГОФА
1.1(р). Д а н о : I = 10 A, R1 = 8 Ом, R2 = 2 Ом.
Определить токи I1 и I2 (рис. к задаче 1.1(р)).
I
I1
IR
I2
R1
U
R
R2
1
E
V
IA
Рис. к задаче 1.1(р)
2
A
Рис. к задаче 1.2
Ре ше ние . По законам Кирхгофа
U = R1 I1 ,
I1 =
⎫
⎪
U = R2 I2 , ⎬ ⇒
⎪
I2 =
I = I1 + I2 , ⎭
R2
2
I -------------------- = 10 ------------- = 2 А;
R1 + R2
2+8
R1
8
I -------------------- = 10 ------------- = 8 А.
R1 + R2
2+8
Полученные формулы часто называют формулами разброса.
1.2. Определить сопротивление резистора R методом вольтметраамперметра (рис. к задаче 1.2). Приборы неидеальные, внутренние
сопротивления вольтметра RV, амперметра RA. Известны показания
приборов в положении ключа 1 и 2.
1.3(р). При снятии вольт-амперной характеристики резистора
методом вольтметра-амперметра при пяти значениях тока получены
следующие опытные данные:
k
1
2
3
4
5
I, мА
2
3
4
5
6
U, В
6
13
14
18
21
Пренебрегая нелинейностью резистора, рассчитать и построить
его вольт-амперную характеристику, арифметическая сумма квадратов отклонений которой от опытных точек минимальна.
Ре ше ние . Расчет и дальнейшее построение вольт-амперной
характеристики (ВАХ) U(I) или I(U) (рис. к задаче 1.3(р)) сводится к
расчету значений сопротивления R, соответствующих условию.
На рисунке представлены данные опыта (опытные точки) и рассчитанная ВАХ.
20
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Запишем сумму квадратов отклонений ВАХ от опытных точек:
S=
5
∑
k=1
( Ik R – Uk )
U, В
20
2
15
10
и найдем ее минимум из условия
dS/dR = 0. Тогда
5
∑
k=1
5
0
2 ( I k R – U k )I k = 0 ,
следовательно, R =
5
∑
k=1
Uk Ik ⁄
1,2
2,4
3,6
I, мА
4,8
Рис. к задаче 1.3(р)
5
∑
k=1
Ik Ik .
Подставим данные измерений:
323
2æ6 + 3æ13 + 4æ14 + 5æ18 + 6æ21
R = ----------------------------------------------------------------------------------------------------- = ---------------------- ≈ 3589 Ом.
–3
–3
90æ10
( 2æ2 + 3æ3 + 4æ4 + 5æ5 + 6æ6 )10
1.4(р). Д а н о : Е = 2 В, Rвт = 0,02 Ом (рис. 1 к задаче 1.4(р)).
Для источника энергии, изображенного на рисунке, найти напряжения Uab при токе нагрузки, равном 2 А и направленном:
1) по направлению ЭДС;
2) против направления ЭДС.
Ре шение:
1) рассмотрим вариант при токе, направленном по направлению
ЭДС (рис. 2 к задаче 1.4(р)): по второму закону Кирхгофа или обобщенному закону Ома
Uab = –IRвт + E = –2æ0,02 + 2 = 1,96 В;
2) рассмотрим вариант при токе, направленном против направления ЭДС (рис. 3 к задаче 1.4(р)): по второму закону Кирхгофа или
обобщенному закону Ома
Uab = IRвт + E = 2æ0,02 + 2 = 2,04 В.
a
a
a
I
Rвт
Rвт
I
E
Рис. 1 к задаче 1.4(р)
IRвт
Uab
E
b
Rвт
IRвт
Uab
E
Uab
E
b
Рис. 2 к задаче 1.4(р)
E
b
Рис. 3 к задаче 1.4(р)
21
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.5(р). Д а н о : R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 10 Ом, E2 = 100 В,
U3 = 20 В (рис. 1 к задаче 1.5(р)).
I3
I3
2-й контур
I1
E2
E2
R1
U3
R1
I2
U3
E3
R2
R2
1-й контур
Рис. 1 к задаче 1.5(р)
Рис. 2 к задаче 1.5(р)
Заменить источник с напряжением U3 идеальным источником
ЭДС Е3. Определить ток I3.
Ре ше н и е . После преобразования схема цепи будет содержать два
источника ЭДС. Выберем направление токов в первой и второй ветви
(рис. 2 к задаче 1.5(р)). Ток I3 может быть найден по первому закону
Кирхгофа (ток в ветви с идеальным источником находится как ток в
короткозамкнутой ветви). Для нахождения токов в резисторах выберем контуры, состоящие только из резистора и источников ЭДС. Для
таких контуров по закону Ома
E 3 20
I 1 = ------ = ------ = 2 А,
R 1 10
E 2 – E 3 100 – 20
I 2 = ------------------- = --------------------- = 4 А.
20
R2
Тогда I3 = I2 – I1 = 2 А.
1.6. Дано: R1 = 2 Ом, Е1 = 20 В, R2 = 3 Ом, J = 6 А (рис. к задаче 1.6).
Определить токи ветвей, составив уравнения по законам Кирхгофа. Проверить баланс мощности.
1.7(р). Д а н о : R1′ = 2 Ом, R2 = 6 Ом,
I1
I2
R1″ = 2 Ом, R3 = 2 Ом (рис. 1 к задаче 1.7(р)).
R1
Найти входные сопротивления относиJ
R2 тельно выводов:
E1
1) источника тока;
2) источника ЭДС.
Ре ше н и е . При нахождении входного
сопротивления
относительно двух любых
Рис. к задаче 1.6
22
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R3
R3
R 1¢
J
R 1¢
E1
R вх Þ
R2
R2
R 1²
R 1²
Рис. 1 к задаче 1.7(р)
Рис. 2 к задаче 1.7(р)
R3
R1
I1
I3
R 1¢
I2
R вх Þ
R2
E1
J2
R2
R3
R 1²
Рис. 3 к задаче 1.7(р)
Рис. к задаче 1.8
узлов (зажимов, входов) исходная цепь преобразуется в пассивную.
При этом источник ЭДС заменяется внутренним сопротивлением
Rвн = 0, источник тока — внутренним сопротивлением Rвн = ×.
Далее используют правила последовательно-параллельного преобразования резисторов:
1) входное сопротивление относительно выводов источника тока
(R 1′ + R ″1 ) R 2
4æ6
Rвх = ------------------------------------------- + R 3 = ------------- + 2 = 4,4 Ом (рис. 2 к задаче 1.7(р));
(R 1′ + R ″1 ) + R 2
4+6
2) входное сопротивление относительно выводов источника ЭДС
Rвх = (R 1′ + R ″1 ) + R 2 = 2 + 2 + 6 = 10 Ом (рис. 3 к задаче 1.7(р)).
1.8. Д а н о : R1 = 100 Ом, R2 = 2 кОм, R3 = 500 Ом, Е1 = 25 В,
J2 = 125 мA (рис. к задаче 1.8).
Определить токи в ветвях, составив уравнения по законам Кирхгофа.
1.9. Д а н о : R = 1 Ом, J = 3 А, I = 3 А (рис. к задаче 1.9).
Определить значение ЭДС Е и ток I1.
23
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
J
I1
R
E4
R4
J
I1
I5
I4
R1
R
R5
R
E
R2
R3
I2
R
E1
I3
I6
R6
+
I
Рис. к задаче 1.9
A
–
E5
Рис. к задаче 1.10
I6
E4
R4
I2
I4
R5
E6
R3
E2
I3
E5
I5
E3
R1
R2
I1
Рис. к задаче 1.11
1.10. Дано: R1 = 2 Ом, Е1 = 120 В, R2 = 6 Ом, R3 = 2 Ом, R4 = 2 Ом,
Е4 = 6 В, R5 = 6 Ом, Е5 = 80 В, R6 = 3 Ом (рис. к задаче 1.10).
В цепи амперметр показывает 8 А.
Определить токи в других ветвях, пользуясь законами Кирхгофа и
Ома.
1.11. Д а н о : R1 = 0, Е2 = 6 В, R2 = 2 Ом, Е3 = 4 В, R3 = 2 Ом, Е4 = 7 В,
R4 = 2 Ом, Е5 = 3 В, R5 = 4 Ом, Е6 = 3 В (рис. к задаче 1.11).
Для цепи известно I2 = 2A.
Найти все токи, применив закон Ома для участка цепи с ЭДС и
первый закон Кирхгофа. Составить баланс мощностей.
1.12. Дано: R1 = 1 Ом, Е1 = 18 В, R3 = 1 Ом, Е3 = 3 В, R4 = 6 Ом,
R5 = 6 Ом, R6 = 6 Ом, Е6 = 22 В, R8 = 12 Ом, I2 = 2 A, I4 = 1 A, I5 = 4 A,
I7 = 3 A (рис. к задаче 1.12).
Определить неизвестные ЭДС Е4, Е5, сопротивления R2, R7 и токи
I1, I3, I6 в цепи.
1.13. Дано: R1 = 4 Ом, Е1 = 3 В, R2 = 6 Oм, Е2 = 2 В, R3 = 2 Ом,
Е3 = 2 В, R4 = 8 Ом, Е5 = 1 В, R5 = 10 Ом, J3 = 1 A, J4 = 0,5 A (рис. к
задаче 1.13).
24
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I2
E3
I1
R1
R2
I3
R3
I5
E4
I8
R5
R8
R4
E1
E6
R6
I4
E5
I6
I7
R7
Рис. к задаче 1.12
J3
R2
E3
I1
R1
I2
I5
I3
I4
R2
J4
E1
E
R3
E2
R5
R1
J
R3
R4
E5
Рис. к задаче 1.13
Рис. к задаче 1.14
Определить токи в ветвях, применяя матричную запись уравнений
Кирхгофа.
1.14. Дано: R3 = 1 Ом, Е = 4 В, J = 6 А (рис. к задаче 1.14).
В цепи значения мощностей, выделяемых на резисторах, равны:
P R = 16 Вт, P R + P R = 24 Вт.
3
1
2
Определить сопротивления резисторов R1 и R2.
∗
1.15 . Каковы должны быть сопротивления Ra, Rb, Rc П-образной
схемы (рис. к задаче 1.15*), чтобы при R2 = 40 Ом отношение U2/I2
равнялось 2U1/I1, а при R2 = × (холостой ход) U2 = 2/3U1 и чтобы
при перемене местами источника питания U1 и резистора R2 указанные соотношения сохранились?
25
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I1
Ra
R0
I2
R1
U1
Rb
Rc
U2
R2
R2
E1
E2
R3
Рис. к задаче 1.15*
Рис. к задаче 1.16*
E2
+
V
–
R1
R2
R3
E1
К
Рис. к задаче 1.17*
∗
1.16 . В цепи известны два режима потребления мощности Р
всеми резисторами (рис. к задаче 1.16*):
1) при R0 = R, Р = 60 Вт;
2) при R0 = 0,5 R, Р = 80 Вт.
Определить Р при R0 = 2R.
1.17∗. Д а н о : R1 = R2 = R3 = 2 Ом, Е2 = 8 В (рис. к задаче 1.17*).
При замкнутом ключе К показание вольтметра 24 В.
Определить показание вольтметра при размыкании ключа К.
1.2. МЕТОД КОНТУРНЫХ ТОКОВ.
МЕТОД УЗЛОВЫХ ПОТЕНЦИАЛОВ
1.18(р). Дано: R1 = 2 Ом, Е1 = 20 В, R2 = 3 Ом, J = 6 А (рис. 1 к
задаче 1.18(р)).
Определить токи ветвей методом контурных токов и методом
узловых потенциалов. Проверить баланс мощности.
Ре ше ние . Составим контурные уравнения. Пусть II — неизвестный контурный ток первого контура, состоящего из первой (R1 и Е1)
и второй (R2) ветвей. Для учета тока источника J введем «особый
контур» с известным контурным током III = J. «Особый контур»
26
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I1
I1
1
I2
R1
III
R1
J
R2
I2
J
E1
E1
R2
Особый
контур
II
2
Рис. 1 к задаче 1.18(p)
Рис. 2 к задаче 1.18(p)
включает в себя ветвь с источником тока J и ветвь с резистором R2
(рис. 2 к задаче 1.18(р)). Тогда
II(R1 + R2) + IIIR2 = E1;
III = J.
Решаем контурные уравнения:
II(2 + 3) + 6æ3 = 20,
20 – 18
I I = ------------------ = 0,4 А.
5
Токи ветвей:
I1 = –II = –0,4 А.
I2 = –II – III = –6,4 А.
Решим задачу методом узловых потенциалов. Пусть узловой
потенциал узла 1 ϕ1 = 0. Тогда
E
20
-----1- + J
------ + 6
R1
2
ϕ2 = -------------------- = ---------------- = 19,2 В.
1
1
1 1
------ + -------- + --R1 R2
2 3
Токи ветвей:
ϕ 1 – ϕ 2 0 – 19,2
I 2 = ------------------- = -------------------- = – 6,4 А,
3
R2
ϕ 2 – ϕ 1 – E 1 19,2 – 0 – 20
I 1 = -------------------------------- = --------------------------------- = – 0,4 А.
2
R1
27
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Баланс активной мощности. Суммарная мощность источников
Pист = –E1I1 + UJJ, знак «–» при произведении –E1I1 учитывает разное направление ЭДС и тока ветви, напряжение на источнике тока
UJ = ϕ2 – ϕ1 = –I2R2. Суммарная мощность потребителей
2
2
P потр = I 1 R 1 + I 2 R 2 .
Подставим численные значения:
Pист = –20(–0,4) + (6,4æ3)6 = 123,2 Вт,
2
2
Pпотр = (–0,4) 2 + (–6,4) 3 = 123,2 Вт.
1.19(р). Дано: R1 = 100 Ом, R2 = 2 кОм, R3 = 500 Ом, Е1 = 25 В,
J2 = 125 мA (рис. 1 к задаче 1.19(р)).
R1
I1
R1
I3
I1 1
I2
I2
E1
J2
I3
R2
R3
E1
J2
IIII
R2
R3
III
II
Особый
контур
2
Рис. 1 к задаче 1.19(p)
Рис. 2 к задаче 1.19(p)
Определить токи ветвей методом контурных токов и методом
узловых потенциалов.
Ре ше ние . Составим контурные уравнения. Пусть II — неизвестный контурный ток первого контура, состоящего из первой (R1 и Е1)
и третьей (R3) ветвей; III — неизвестный контурный ток второго контура, состоящего из второй (R2) и третьей (R3) ветвей. Для учета тока
источника J2 введем «особый контур» с известным контурным током
IIII = J2. «Особый контур» включает в себя ветвь с источником тока J2
и ветвь с резистором R2 (рис. 2 к задаче 1.19(р)). Тогда
II(R1 + R3) + IIIR3 = E1,
III(R2 + R3) + IIR3 + IIIIR2 = 0,
IIII = –J2.
Решение контурных уравнений:
III = 0,11 А, II = –0,05 А.
28
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Токи ветвей:
I1 = II = –0,05 А,
I2 = –IIII – III = 0,015 А,
I3 = II + III = 0,06 А.
Решим задачу методом узловых потенциалов. Пусть ϕ2 = 0. Тогда
E
25
-----1- + J 2
--------- + 0,125
R1
100
ϕ1 = ---------------------------------- = --------------------------------------------- = 30 В.
1
1
1
1
1
1
------ + ------ + ------ --------- + --------- + -----------R 1 R 2 R 3 100 500 2000
Токи ветвей:
ϕ 2 – ϕ 1 + E 1 0 – 30 + 25
I 1 = --------------------------------- = ----------------------------- = – 0,05 А,
100
R1
ϕ1 – ϕ2
30
I 2 = ------------------- = ------------ = 0,015 А,
2000
R2
ϕ1 – ϕ2
30
I 3 = ------------------- = --------- = 0,06 А.
500
R3
1.20(р). Дано: Е, R (рис. 1. к задаче 1.20(р)).
I1
E
R
a
R
I2 b
2R
I3 c
Ia
Ib
Ic
2R
2R
2R
I4
0
Рис. 1 к задаче 1.20(р)
Проверить соотношение токов
I2 = I1/2; I3 = I1/4; I4 = I1/8.
Найти входные сопротивления Ra0, Rb0, Rc0.
Рассчитать потенциалы ϕa, ϕb, ϕс, приняв ϕ0 = 0.
Составить систему уравнений по методу контурных токов.
29
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше н и е . Цепь выполняет функцию деления потенциалов и
токов.
Для расчета входных сопротивлений составим пассивные схемы,
представленные на рис. 2 к задаче 1.20(р):
2R
c
Rc 0Þ
2R
0
R
b
Rb 0Þ
2R
c
R
a
Rc 0=R
Ra 0Þ
0
2R
b
Rb0=R
0
Рис. 2 к задаче 1.20(р)
2R ( R + R c0 )
2Ræ2R
R c 0 = --------------------- = R ; R b 0 = --------------------------------------- = R ;
2R + 2R
2R + ( R + R c0 )
2R ( R + R b 0 )
R a 0 = --------------------------------------- = R .
2R + ( R + R b 0 )
Решим задачу методом узловых потенциалов. Пусть ϕ0 = 0.
Потенциал ϕa = E. Тогда для неизвестных узловых потенциалов ϕb и
ϕc составим узловые уравнения:
1 1
1
1
1
ϕ b ⎛ --- + --- + -------⎞ – ϕ c --- – ϕ a --- = 0 ,
⎝ R R 2R⎠
R
R
ϕb
1
1
1
1
ϕ c ⎛ --- + ------- + -------⎞ – ϕ b --- = 0 , следовательно, ϕ c = ------ .
⎝ R 2R 2R⎠
R
2
После подстановки ϕc в первое уравнение будем иметь ϕb = E/2,
ϕc = E/4.
Рассчитаем токи:
ϕc – ϕ0
ϕb – ϕc
ϕa – ϕb
E
E
E
I 4 = ------------------- = ------- , I 3 = ------------------- = ------- , I 2 = ------------------- = ------- ,
2R
8R
R
4R
R
2R
ϕa – ϕ0
ϕb – ϕ0
ϕc – ϕ0
E
E
E
I a = ------------------- = ------- , I b = ------------------- = ------- , I c = ------------------- = ------- ,
2R
2R
2R
4R
2R
8R
I1 = I2 + Ia = E/R ⇒ I2 = I1/2; I3 = I1/4; I4 = I1/8.
30
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Для составления уравнений по методу контурных токов определим необходимое число уравнений. Так как ток Ia = E/2R известен, то
число неизвестных токов ветвей в = 6. Число узлов у = 4. Необходимо
составить в – (у – 1) = 3 уравнения. Выберем контуры с контурными
токами II, III и IIII (рис. 3 к задаче 1.20(р)).
I1
R
a
E
R
I2 b
2R
I3 c
Ia
Ib
Ic
2R
2R
2R
III
II
I4
IIII
0
Рис. 3 к задаче 1.20(р)
Контурные уравнения:
II(R + 2R) – IIIæ2R = E;
III(2R + R + 2R) – IIæ2R – IIIIæ2R = 0;
IIII(2R + 2R) – IIIæ2R = 0.
Решение уравнений:
I II
IIII = ----- , III =
2
II
E
E
--- ⇒ I 2 = I I = ------- , I 3 = I II = ------- ,
2
2R
4R
E
E
E
E
I 4 = I III = ------- , I a = ------- , I b = I I – I II = ------- , I 1 = I 2 + I a = --- .
8R
2R
4R
R
1.21. Определить токи методом контурных токов и методом узловых потенциалов (рис. к задаче 1.21).
R1= 10 Ом
R2= 40 Ом
I2
I3
E1= 4 В
R3= 20 Ом
J = 0,3 А
E2= 10 В
I1
Рис. к задаче 1.21
31
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.22. Дано: R1 = 3 Ом, E1 = 9 В, R2 = 6 Ом, E3 = 6 В, R3 = 2 Ом,
Е6 = 20 В, R4 = 6 Ом, J = 4 А, R6 = 2 Ом (рис. к задаче 1.22).
R1
E3
R3
R6
J
I3
E1
R2
I1
R4
I5
I2
E6
I4
I6
J
Рис. к задаче 1.22
J
R1¢
E3
R3
R5
I3
E1
R2
I1
R1²
I4
R4
I5
E5
I2
Рис. к задаче 1.23
Найти токи в ветвях методом узловых потенциалов.
1.23. Дано: E1 = 4 В, R′1 = 4 Ом, R″1 = 4 Ом, R2 = 2 Ом, E3 = 2 В,
R4 = 1 Ом, R5 = 1 Ом, E5 = 12 В, J = 2 А (рис. к задаче 1.23).
Определить токи методом узловых потенциалов.
1.24. Дано: R′1 = 0,5 Ом, R1″ = 1 Ом, Е1 = 2 В, R2 = 3 Ом, E2′ = 4 В,
E″2 = 12 В, R3 = 10 Ом, R4 = 2 Ом, Е4 = 19 В, R5 = 3 Ом, Е5 = 12 В (рис.
к задаче 1.24).
Найти токи в ветвях методом узловых потенциалов.
Ме тод и че с ко е у ка за н и е . Ветвь с идеальным амперметром
представляет собой короткозамкнутую ветвь, ток I может быть найден по первому закону Кирхгофа после того, как найдены все токи
ветвей. Цепь имеет три узла, так как узлы, соединяющие короткозамкнутую ветвь, считаются одним узлом. Составляется система, состоящая из двух узловых уравнений.
32
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
E1
R1¢
E2¢
R1²
I1
E2²
R2
0
I2
R3
+
I3
I
E4
R4
E5
R5
A
–
I4
I5
Рис. к задаче 1.24
E1
R1
E2
R2
E3
R3
R4
R5
a
R6
b
V
Рис. к задаче 1.25(p)
1.25(р). Дано: R1= 40 Ом, Е1 = 220 В, R2 = 200 Ом, Е2 = 100 В,
R3 = 100 Ом, Е3 = 120 В, R4 = 50 Ом, R5 = 20 Ом, R6 = 100 Ом (рис. к
задаче 1.25(р)).
Найти показание вольтметра V.
Ре ше ние . Решим задачу методом узловых потенциалов. Пусть
ϕ0 = 0. Тогда для неизвестных узловых потенциалов ϕa и ϕb составим
узловые уравнения:
E1 E2 E3
1
1
1
ϕ a ⎛ ------ + ------ + ------⎞ = ------ + ------ + ------ ;
⎝R
R 2 R 3⎠
R1 R2 R3
1
E4 E5 E6
1
1
1
ϕ b ⎛ ------ + ------ + ------⎞ = ------ + ------ + ------ .
⎝R
R 5 R 6⎠
R4 R5 R6
4
Подставим численные данные:
1
1
1
220 100 120
ϕ a ⎛ ------ + --------- + ---------⎞ = --------- + --------- + --------- = 180 В;
⎝ 40 200 100⎠
40
200 100
1
1
1
220 100 120
ϕ b ⎛ ------ + ------ + ---------⎞ = --------- + --------- + --------- = 132,5 В.
⎝ 50 20 100⎠
50
20
100
Показание вольтметра
UV = ϕa – ϕb = 180 – 132,5 = 47,5 В.
1.26(р). Дано: R2 = 10 Ом, R3 = 50 Ом, R4 = 30 Ом, R5 = 20 Ом,
R6 = 40 Ом, Е1 = 50 В, J2 = 2,5 А (рис. к задаче 1.26(р))
Определить токи методом узловых потенциалов.
33
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Реш е н и е . Ток I6 определяется по
закону Ома: I6 = –E1/R6 = 50/40 =
I5
= –1,25 А. Ток I1 определим по перJ2
вому
закону Кирхгофа после того,
R6
E1
R5
R2
как рассчитаем токи I4 и I6. Ток I3 = I5,
так как это токи в одной ветви.
I6
I1
R4
I4
Для расчета токов по методу узловых
j0
j1
потенциалов необходимо составить
узловые уравнения, число которых
Рис. к задаче 1.26(p)
определяется числом неизвестных
узловых потенциалов. В данном случае, приняв ϕ0 = 0, получим, что
узловой потенциал ϕ2 = E1 = 50 В, т.е. известен. Поэтому неизвестным узловым потенциалом является ϕ1, для которого составляется
одно узловое уравнение
1
1
1
⎛ ----- + --------------------⎞ ϕ 1 – ⎛ --------------------⎞ ϕ 2 = – J 2 .
⎝
⎝R
⎠
R3 + R5
R 3 + R 5⎠
4
j2 I3
R3
Подставляем в него числовые значения
1
1
1
⎛ ----- + -------------------⎞ ϕ – ⎛ -------------------⎞ 50 = – 2,5 и находим ϕ1 = –37,5 В.
⎝ 30 50 + 20⎠ 1 ⎝ 50 + 20⎠
Рассчитаем токи ветвей:
ϕ 2 – ϕ 1 50 + 37,5
I 3 = I 5 = -------------------- = ----------------------- = 1,25 А,
50 + 20
R3 + R5
ϕ 1 – ϕ 0 – 37,5
I 4 = ------------------- = ------------- = – 1,25 А.
30
R4
Ток I1 = I4 – I6 = –1,25 + 1,25 = 0.
1.3. ПРИНЦИП ЛИНЕЙНОСТИ
1.27(р). В цепи выделены две ветви. При разомкнутых ключах К1
и К2 ток I1 = 1 A, I2 = 0. При замкнутом ключе К1 и разомкнутом К2
ток I1 = 2 A, I2 = 0,5 А (рис. к задаче 1.27(р)). Определить ток I1 при
замкнутых ключах К1 и К2, если в этом режиме ток I2 = 1 А.
Ре шение. Токи I1 и I2 связаны линейным соотношением I1(I2) = aI2 + b.
Для определения коэффициентов линейности a и b запишем уравнения:
при I1 = 1 A и I2 = 0 ⇒ aæ0 + b = 1 ⇒ b = 1;
при I1 = 2 A и I2 = 0,5 А ⇒ aæ0,5 + b = 2 ⇒ a = (2 – 1)/0,5 = 2.
Линейное соотношение I1(I2) = 2I2 + 1. Тогда при I2 = 1 А ток I1 = 3 A.
34
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
К1
R1
R3
I3
I1
R1
I2
E1
R2
E1
R2
R4
U5
R5
К2
Рис. 1 к задаче 1.28(p)
Рис. к задаче 1.27(р)
R1
R3
I1¢
E1
R1
I3¢
R2
R3
I1²
R4
Рис. 2 к задаче 1.28(p)
U5¢
E1
I3²
R2
R4
U5²
Рис. 3 к задаче 1.28(p)
1.28(р). Дано: R1 = R3 = R4 = 5 Ом, R2 = 10 Ом, R5 = 0ò×, Е1 = 20 В
(рис. 1 к задаче 1.28(р)).
Составить уравнение линейной связи между напряжением U5 и
током I3.
Ре шение. Ток I3 и напряжение U5 связаны линейным соотношением U5(I3) = aI3 + b.
Выберем два режима для определения коэффициентов линейности a и b. Пусть R5 = × (разрыв) (рис. 2 к задаче 1.28(р)). Рассчитаем ток I3′ и напряжение U5′ в этом режиме. Расчетная схема:
E1
20
I 1′ = ---------------------------------------------------- = ------ = 2 А;
R2 ( R3 + R4 )
10
R 1 + -------------------------------------R2 + ( R3 + R4 )
R2
I 3′ = I 1′ -------------------------------------- = 1 А;
R2 + ( R3 + R4 )
U5′ = I3′ R4 = 5 В.
Пусть R5 = 0 (короткое замыкание) (рис. 3 к задаче 1.28(р). Рассчитаем ток I3″ и напряжение U5″ в этом режиме.
35
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчетная схема:
E1
20
I 1″ = --------------------------------- = -------------------------- = 2,4 А;
10æ5
R2 R3
R 1 + -------------------- 5 + --------------10 + 5
R2 + R3
R2
10
I 3″ = I 1″ -------------------- = 2,4 ------ = 1,6 А;
R2 + R3
15
U5″ = 0.
При I3′ = 1 A и U5′ = 5 В ⇒ aæ1 + b = 5;
при I3″ = 1,6 A и U5″ = 0 ⇒ aæ1,6 + b = 0.
Решаем уравнения и получаем a = –8,33, b = 13,33.
Линейное соотношение U5(I3) = 13,33 – 8,33I3.
1.29(р). Дано: R1 = 5 Ом, R2 = 2 Ом, R3 = 8 Ом, R4 = 2 Ом, R5 = 1 Ом,
R6 = 2 Ом, R7 = 1 Ом, J = 16 А (рис. 1 к задаче 1.29(р)).
R2
J
R4
I2
I4
I1
I3
I5
R1
R3
R5
I6
R6
R7
Рис. 1 к задаче 1.29(p)
Рассчитать все токи методом пропорциональных величин.
Ре ше н и е . Метод пропорциональных величин используется при
расчете разветвленных цепей с одним источником. Расчет схемы
начинают с «конца» цепи, задавая ток в «конечной» ветви, равный
какому-нибудь значению, как правило 1 А. Используя закон Ома и
законы Кирхгофа, рассчитывают последовательно токи всех ветвей.
Затем определяют значение источника и сравнивают его с исходным.
Коэффициент пропорциональности k определяется отношением
исходного значения источника к рассчитанному. Решение основано
на выполнении принципа линейности: изменение значения источника в k раз приводит к изменению всех токов в k раз.
Пусть I6′ = 1 А. Рассчитаем все токи и значение источника тока 3 ′,
при котором ток I6′ = 1 А (рис. 2 к задаче 1.29(р)):
36
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R2
3
J¢
R4
I2¢ 2
I4¢ 1
I1¢
I3¢
I5¢
R1
R3
R5
I6¢
R6
R7
4
0
0
Рис. 2 к задаче 1.29(p)
R1
R1
I1
I1
R4
J
Rн
I4
R3
E1
I5
R2
R4
R3
R5
R2
Рис. к задаче 1.30
Рис. 1 к задаче 1.31(p)
U10
′ = I6′ R6 = 2 В, I5′ = U10
′ /R5 = 2 А, I4′ = I5′ + I6′ = 3 А,
′ = I4′ R4 + U10
′ = 8 В, I3′ = U20
′ /R3 = 1 А, I2′ = I3′ + I4′ = 4 А,
U20
′ = I2′ R2 + U20
′ + I2′ R7 = 20 В, I1′ = U34
′ /R1 = 4 А. ⇒ J ′= I1′ + I2′ = 8 А.
U34
Исходное значение источника тока J = 16 А.
Коэффициент пропорциональности k = J/J′ = 16/8 = 2. Следовательно, все токи необходимо изменить в k раз, т.е. увеличить в 2 раза.
1.30. Составить уравнение линейной зависимости I1 = f(I4) для
схемы, если R1 = 1 Ом, R2 = 2 Ом, R3 = 3 Ом, R4 = 4 Ом, Rн = 0ò×
(нагрузка), J = 1 А (рис. к задаче 1.30).
1.31(р). Дано: R1 = 5 Ом, R2 = 8 Ом, R3 = 2 Ом, R4 = 3 Ом, R5 = 6 Ом
(рис. 1 к задаче 1.31(р)).
Проверить выполнение свойства взаимности между первой и
пятой ветвью электрической цепи.
Ре ше н и е . В соответствии с принципом взаимности, если единственный источник Е1 в первой ветви определяет ток в пятой ветви,
равный I5, то точно такой же источник Е5 = Е1 в пятой ветви будет
определять ток в первой ветви, численно равный I1 = I5.
37
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Зададим I5 = 1 А. Рассчитаем значение E1, используя методику
расчета цепей с «конечной» ветви (см. задачу 1.29). Получаем E1 = 34,5 В.
Перенесем источник в пятую ветвь (рис. 2 к задаче 1.31(р)).
R1
R3
I1
I5
R5
R2
R4
E5
Рис. 2 к задаче 1.31(p)
Теперь зададим I1 = 1 А. Рассчитанное значение источника ЭДС
E5 = 34,5 В подтверждает выполнение принципа взаимности.
1.4. ЭКВИВАЛЕНТНЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ СХЕМ
1.32(р). Дано: Е1 = 20 В, R1 = 2 Ом, R2 = 3 Ом, J = 30 А (рис. 1 к
задаче 1.32(р)).
Найти токи I1 и I2, предварительно преI1
I2
образовав:
1) источник ЭДС с внутренним сопротивR1
лением R1 в эквивалентный источник тока;
J
R2
2) источник тока с внутренним сопротивE1
лением R2 в эквивалентный источник ЭДС.
Ре ше ние : 1) после преобразования
левой части схемы (рис. 2 к задаче 1.32(р)),
Рис. 1 к задаче 1.32(p)
I1
I2
I1
I2
R1
J
R2
Jэ1
E1
Рис. 2 к задаче 1.32(p)
38
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
J
R2
E 1 20
где J э1 = ------ = ------ = 10 А, дальнейшее преобразование двух парал2
R1
лельных источников тока в один (рис. 3 к задаче 1.32(р)) и использование «формулы разброса» позволяют определить ток I2, который
остался неизменным после проведенных преобразований:
R1
R1
2
I 2 = J э1 -------------------- = ( J э1 – J ) -------------------- = ( 10 – 30 ) ------------- = – 8 А.
R1 + R2
R1 + R2
2+3
I2
Jэ
R1
R2
Рис. 3 к задаче 1.32(p)
I1
I2
I1
R1
R1
J
E1
R2
R2
E1
Eэ2
Рис. 4 к задаче 1.32(p)
Ток I1 найдем по первому закону Кирхгофа для схемы рис. 1 к
задаче 1.32(р):
I1 = J + I2 = 30 – 8 = 22 А;
2) после преобразования правой части схемы (рис. 4 к задаче
1.32(р)), где Eэ2 = JR2 = 30æ3 = 90 В, ток I1 остался неизменным и
может быть найден по формуле
E 1 + E э2
I 1 = ---------------------- = 22 А.
R1 + R2
Ток I2 найдем по первому закону Кирхгофа для исходной схемы:
I2 = I1 – J = 22 – 30 = –8 А.
39
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.33(р). Д а н о : R1 = 2 Ом, R2 = 5 Ом
(рис. 1 к задаче 1.33(р)).
1. Найти входное сопротивление относительно источника ЭДС, заменив треугольник
R ca
R bc
c
сопротивлений эквивалентной звездой, при
а) Rab = Rbc = Rca = 3 Ом;
I
R1
R2
б) Rab = Rca = 30 Ом, Rbc = 40 Ом.
E
2. Найти входное сопротивление относительно источника ЭДС, заменив звезду
сопротивлений с общей точкой в узле а на
эквивалентный
треугольник при значениях
Рис. 1 к задаче 1.33(p)
сопротивлений, указанных в пп. а) и б).
Реш е н и е :
1а) преобразуем треугольник в звезду:
⇒ (рис. 2 к задаче 1.33(р)).
R ab
b
a
R ab
b
Rb
a
b
Ra
Rc
R bc
Ra
a
Rc
R ca
c
c
R1
Rb
R2
R2
R1
R вхÞ
R вхÞ
Рис. 2 к задаче 1.33(p)
Тогда
Ra b Rc a
Rb c Ra b
R a = ----------------------------------------- = 1 Ом, R b = ----------------------------------------- = 1 Ом,
Ra b + Rc a + Rb c
Ra b + Rc a + Rb c
Rb c Rc a
R c = ----------------------------------------- = 1 Ом,
Ra b + Rc a + Rb c
( Rb + R1 ) ( Ra + R2 )
R вх = --------------------------------------------------------- + R c = 3 Ом;
( Rb + R1 ) + ( Ra + R2 )
1б) проведем аналогичное преобразование
⇒ и получим:
Ra b Rc a
Rb c Ra b
R a = ----------------------------------------- = 9 Ом, R b = ----------------------------------------- = 12 Ом,
Ra b + Rc a + Rb c
Ra b + Rc a + Rb c
Rb c Rc a
R c = ----------------------------------------- = 12 Ом,
Ra b + Rc a + Rb c
( Ra + R1 ) ( Rb + R2 )
R вх = --------------------------------------------------------- + R c = 19 Ом;
( Ra + R1 ) + ( Rb + R2 )
40
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2а) после преобразования звезды в треугольник ( ⇒
) узел a
(внутренний узел звезды с лучами (ba, ca, da)) пропадает (рис. 3 к
задаче 1.33(р)).
R ab
b
b
a
R¢bc
R эbc
R ca
R bc
c
c
R1
R¢bd
R2
R cd
¢
R вхÞ
R вх Þ
d
R¢cd
R эbd
d
Рис. 3 к задаче 1.33(p)
Рис. 4 к задаче 1.33(p)
Следовательно,
Ra b Rc a
Rc a R2
R bc
′ = R a b + R c a + ------------------ = 9 Ом, R c′ d = R c a + R 2 + --------------- = 9 Ом,
R2
R ab
Ra b R2
′ = R a b + R 2 + ---------------- = 9 Ом.
R bd
Rc a
′ , Rbc и Rbc
′ в
Преобразуем параллельные соединения R1 и Rbd
эквивалентные, тогда:
R bc R b′ c
3æ9
э
R b c = --------------------------- = ------------- = 2,25 Ом,
R bc + R b′ c 3 + 9
R 1 R bd
′
3æ9
э
R b d = ------------------------ = ------------- = 2,25 Ом.
R 1 + R bd
′
3+9
э
э
После преобразования R b c и R b d соединены последовательно
(рис. 4 к задаче 1.33(р)):
э
э
э
R c d = R b c + R b d = 2,25 +2,25 = 4,5 Ом,
э
R c d R c′ d
4,5æ9
R вх = --------------------------- = ----------------- = 3 Ом;
э
4,5
+9
R c d + R c′ d
41
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2б) после аналогичного преобразования звезды в треугольник
⇒
Ra b Rc a
R bc
′ = R a b + R c a + ------------------ = 240 Ом,
R2
Rc a R2
R c′ d = R c a + R 2 + --------------- = 40 Ом,
R ab
Ra b R2
R bd
′ = R a b + R 2 + ---------------- = 40 Ом.
Rc a
′ , Rbc и Rbc
′ в эквиПреобразуем параллельное соединение R1 и Rbd
валентные:
R bc R b′ c
40æ240
240
э
R b c = --------------------------- = ---------------------- = --------- Ом,
R bc + R b′ c 40 + 240
7
R 1 R b′ d
2æ40
40
э
R b d = ------------------------ = ---------------- = ------ Ом.
R 1 + R b′ d 2 + 40 21
э
э
После преобразования R b c и R b d соединены последовательно
(рис. 4 к задаче 1.33(р)):
240 40 760
э
э
э
R c d = R b c + R b d = --------- + ------ = --------- Ом,
7
21
21
760
э
--------- 40
R c d R c′ d
21
R вх = --------------------------- = ---------------------- = 19 Ом.
э
760
R c d + R c′ d
--------- + 40
21
I1
I2
R2
R1
I4
I3
R3
E1
R4
I5
R5
Рис. к задаче 1.34
42
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
J
1.34. Дано: R1 = 2 Ом, R2 = 3 Ом,
R3 = 2 Ом, R4 = 1 Ом, R5 = 2 Ом,
Е1 = 6 В, J = 2 А (рис. к задаче 1.34).
Определить токи в ветвях, применив преобразование треугольник —
звезда.
1.35. Дано: R1 = 4 Ом, R2 = 6 Ом,
R3 = 1 Ом, R4 = 2 Ом, R5 = 6 Ом,
Е1 = 48 В, Е2 = 10 В, Е3 = 40 В, J = 2 А
(рис. к задаче 1.35).
J
R4
I4
I5
R5
J
R1
R3
R2
I1
I3
I2
E1
E3
E2
E1
R1
R4
I3
I4
I5
R5
R3
E2
I2
R2
Рис. к задаче 1.35
I1
I2
R1
R2
I4
R4
I7
I1
Рис. к задаче 1.36
R7
I
I1
R1
R2
I3
I6
I5
R3
R6
R5
I5
+
I8
R5
R8
E
I3
R3
I4
I2
R4
–
U
Рис. к задаче 1.37
Рис. к задаче 1.38
Найти токи, заменив узловой источник тока J двумя эквивалентными источниками ЭДС. Составить баланс мощностей:
1) до преобразования узлового тока,
2) после преобразования.
1.36. Дано: R1 = 1 Ом, R2 = 5 Ом, R3 = 10 Ом, R4 = 40 Ом, R5 = 50 Ом,
Е1 = 10 В, Е2 = 120 В (рис. к задаче 1.36).
Определить токи в ветвях, применив преобразование треугольник —
звезда.
1.37. Дано: R1 = 30 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 10 Ом, R4 = 26 Ом,
R5 = 11 Ом, R6 = 10 Ом, R7 = 40 Ом, R8 = 50 Ом, U = 114 В (рис. к
задаче 1.37).
Определить токи в резисторах, применив преобразование треугольник — звезда.
1.38. Дано: R1 = 10 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 30 Ом, R4 = 30 Ом,
R5 = 10 Ом, Е = 150 В (рис. к задаче 1.38).
Найти все токи, применив преобразование звезда — треугольник.
43
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.39. Дано: R1′ = 1 Ом, R1″ = 1 Ом, R2 = 2 Ом, R3 = 8 Ом, R4 = 12 Ом,
R5 = 6 Ом, Е1 = 30 В, J = 12 А (рис. к задаче 1.39).
E1
J
R4
I¢
E2
R1¢
R2
I ¢¢
R1²
I6
R3
I ¢¢¢
E2
I5
R5
R4 I
4
R3
E1
I1
R1
R5
I2
R2
R6
I3
E3
Рис. к задаче 1.39
E
I1
R1
I2
R2
I6
Рис. к задаче 1.40
R3
I3
R4
I4
4
I2
I1
I3
E2
R1
R3
I5
R5
R6
I7
Рис. к задаче 1.41*
E1
R7
3
R5
I5
R2
E5
E4
E3
I4
1
R6
E6
R4
2
I6
Рис. 1 к задаче 1.42*(p)
Найти входное сопротивление относительно выводов источника
тока, применив преобразования:
1) треугольника сопротивлений в звезду;
2) звезды сопротивлений в треугольник.
Найти мощность источника тока PJ.
1.40. Дано: R1 = R2 = R3 = 30 Ом, R4 = R5 = R6 = 10 Ом, Е1 = 20 В,
Е2 = 10 В, Е3 = 5 В (рис. к задаче 1.40).
Найти все токи и составить баланс мощности.
∗
1.41 . Д а н о : R1 = 2 Ом, R2 = 5 Ом, R3 = 10 Ом, R4 = 2 Ом, R5 = 10 Ом,
R6 = 2 Ом, R7 = 10 Ом, Е = 7,5 В (рис. к задаче 1.41*).
Определить токи, применив преобразование треугольник — звезда.
1.42∗(р). Дано: R1 = 4 Ом, R2 = 8 Ом, R3 = 14 Ом, R4 = 10 Ом,
R5 = 10 Ом, R6 = 30 Ом, Е1 = 6 В, Е2 = 34 В, Е3 = 16 В, Е4 = 10 В,
Е5 = 20 В, Е6 = 40 В (рис. 1 к задаче 1.42*(р)).
44
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Найти токи в ветвях, применив преобразование активного треугольника в активную звезду.
Ре ше н и е . Воспользуемся формулой преобразования активного
треугольника в активную звезду. Для схемы активного треугольника
(см. Введение) E12 = E4 = 10 B, E23 = –E6 = –40 B, E31 = –E5 = –20 B,
R12 = R4 = 10 Ом, R23 = R6 = 30 Ом, R31 = R5 = 10 Ом. После преобразования получаем схему с двумя узлами (рис. 2 к задаче 1.42*(р)):
4
I2
I1
I3
E2
R1
E1
R3
R2
E3
U40
3
1
2
Eэ2
Eэ1
Rэ1
Rэ2
Eэ3
Rэ3
0
Рис. 2 к задаче 1.42*(p)
R 12 R 31
R 23 R 12
R э2 = ---------------------------------------- = 2 Ом, R э3 = ---------------------------------------- = 6 Ом,
R 12 + R 23 + R 31
R 12 + R 23 + R 31
R 31 R 23
R э1 = ---------------------------------------- = 6 Ом,
R 12 + R 23 + R 31
E 31 R 23 – E 23 R 31
E 12 R 31 – E 31 R 12
E э1 = ------------------------------------------ = –4 В, E э2 = ------------------------------------------ = 6 В,
R 12 + R 23 + R 31
R 12 + R 23 + R 31
E 23 R 12 – E 12 R 23
E э3 = ------------------------------------------ = –14 В.
R 12 + R 23 + R 31
Узловое напряжение
E э1 – E 1 E э2 + E 2 E э3 – E 3
--------------------- + ---------------------- + ---------------------R 1 + R э1 R 2 + R э2 R 3 + R э3
U 40= --------------------------------------------------------------------------------- =
1
1
1
---------------------- + ---------------------- + ---------------------R 1 + R э1 R 2 + R э2 R 3 + R э3
– 4 – 6 6 + 34 – 14 – 16
----------------- + ---------------- + ----------------------4+6
8+2
14 + 6
------------------------------------------------------------------------- = 6 В.
1
1
1
------------- + ------------- + ---------------4 + 6 8 + 2 14 + 6
45
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Находим токи ветвей I1, I2 и I3, не изменившиеся после преобразования:
U 40 + E 1 – E э1
– U 40 + E 2 + E э2
I 1 = -------------------------------------- = 1,6 А, I 2 = ------------------------------------------ = 3,4 А,
R 1 + R э1
R 2 + R э2
U 40 + E 3 – E э3
I 3 = -------------------------------------- = 1,8 А.
R 3 + R э3
Для определения токов I4, I5, I6 найдем напряжения:
U31 = E1 + E2 – R1I1 – R2I2 = 6 + 34 – 4æ1,6 – 8æ3,4 = 6,4 В,
U21 = E3 + E2 – R3I3 – R2I2 = 16 + 34 – 14æ1,8 – 8æ3,4 = –2,4 В,
U32 = E1 – E3 – R1I1 + R3I3 = 6 – 16 – 4æ1,6 +14æ1,8 = 8,8 В,
U 31 + E 5 6,4 + 20
I 5 = ----------------------- = -------------------- = 2,64 А,
10
R5
U 21 + E 4 – 2 ,4 + 10
I 4 = ----------------------- = ------------------------ = 0,76 А,
10
R4
U 32 – E 6 8,8 – 40
I 6 = ---------------------- = -------------------- = –1,04 А.
30
R6
1.43∗. Д а н о : R1 = 20 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 8 Ом, R4 = 4 Ом, R5 = 7,5 Ом,
R6 = 8 Ом, R7 = 4 Ом, R8 = 2 Ом, J1 = 1,2 A, E8 = 1 B (рис. к задаче 1.43*).
R4
I5
I4
R5
R6
I6
R7
I7
J1
I8
R8
R1
R2
I1
R3
I2
I3
E8
Рис. к задаче 1.43*
Определить токи в ветвях.
∗
1.44 . Д а н о : R1 = R2 = 100 Ом, R3 = 200 Ом, R4 = R5 = 300 Ом,
R6 = 400 Ом. Ключ в положении 1. Показание амперметра IА = 0,2 А,
I1 = I2 (рис. к задаче 1.44*).
46
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R7
R1
R6
R4
R5
R2
IA
J
R1
R5
E
A
V
1
J
2
К
R3
R3
I1
Rн
R9
R2
I2
Рис. к задаче 1.44*
R4
R6
R8
Рис. к задаче 1.45*
Определить показание вольтметра при переключении ключа из
положения 1 в положение 2.
Ме тод и ч е с ко е у ка з а н и е . Решение может быть основано на
использовании симметрии цепи.
1.45∗. Определить такое значение сопротивления нагрузок Rн,
чтобы изменение сопротивления R9 не вызывало изменения токов в
остальных элементах (рис. к задаче 1.45*).
Ме тод ич е с ко е у ка з а ние . Изменение сопротивления R9 не
будет вызывать изменения режима в цепи при условии, что ток через
него равен нулю, т.е. цепь работает в режиме уравновешенного
моста.
1.5. МЕТОД НАЛОЖЕНИЯ
1.46(р). Дано: R1 = 2 Ом, Е1 = 20 В, R2 = 3 Ом, J3 = 6 А (рис. 1 к
задаче 1.46(р)).
Определить токи I1 и I2 методом наложения. При каком значении
тока источника J3 ток I1 станет в 2 раза
больше и поменяет свое направление?
I1
I2
Ре ше ние. По методу наложения ток
R1
находится как сумма частичных токов:
( E1 )
I1 = I1
( E1 )
I2 = I2
( J3 )
+ I1
( J3 )
+ I2
J3
,
R2
E1
.
Рис. 1 к задаче 1.46(p)
47
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Частичные токи рассчитываются по частичным схемам. Частичная
схема от источника ЭДС Е1 представлена на рис. 2 к задаче 1.46(р).
Частичная схема от источника J3 представлена на рис. 3 к задаче 1.46(р):
I1(E1)
I2(E1)
I1(J3)
R1
I2(J3)
R1
J3
R2
R2
E1
Рис. 2 к задаче 1.46(p)
( E1 )
I1
( E1 )
= I2
( J3 )
I1
( J3 )
I2
Рис. 3 к задаче 1.46(p)
E1
20
= – -------------------- = – ------------- = – 4 А;
2+3
R1 + R2
R2
3
= J 3 -------------------- = 6 ------------- = 3,6 А;
R1 + R2
2+3
R1
2
= – J 3 -------------------- = – 6 ------------- = –2,4 А.
R1 + R2
2+3
Токи ветвей:
I1 = –4 + 3,6 = –0,4 А, I2 = –4 + (–2,4) = –6,4 А.
Для определения значения J3′ рассчитаем входную проводимость
( E1 )
I1
–4
G 11 = ----------- = ------ = –0,2 См (знак минус указывает на то, что направ20
E1
ление частичного тока не совпадает с выбранным направлением тока
( J3 )
I1
3,6
ветви) и коэффициент передачи по току К 13 = ---------- = ------- = 0,6.
6
J3
Так как I1 = –0,2E1 + 0,6J3, чтобы I1′ = –2I1 = 0,8 А при E1 = 20 В,
0,8 + 0,2æ20
ток источника тока должен быть: J3′ = --------------------------------- = 8 А.
0,6
1.47. Дано: R1 = 100 Ом, R2 = 2 кОм, R3 = 500 Ом, Е1 = 25 В,
J2 = 125 мA (рис. к задаче 1.47).
Определить токи в ветвях, применив метод наложения. При каком
значении источника ЭДС Е1 ток I3 будет равен нулю?
48
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
I1
I3
I2
E1
J2
R2
R3
Рис. к задаче 1.47
E1
J6
R3
R2
R1
R5
I5
R4
E5
Рис. 1 к задаче 1.48(p)
E1
I1(E1)
R1
R3
R2
R5
R4
I5(E1)
Рис. 2 к задаче 1.48(p)
1.48(р). Дано: R1 = 6 Ом, R2 = 6 Ом, R3 = 12 Ом, R4 = 4 Ом, R5 = 3 Ом,
Е1 = 24 В, Е5 = 12 В, J6 = 2 А (рис. 1 к задаче 1.48(р)).
Определить ток I5, применив метод наложения.
( E1 )
( E5 )
( J6 )
Ре ше ние . По методу наложения I 5 = I 5 + I 5 + I 5 .
Частичная схема от источника ЭДС Е1 представлена на рис. 2 к
задаче 1.48(р):
R вх ( E ) = ( R 3 || R 4 + R 5 ) || R 2 + R 1 = 9 Ом,
1
R3 R4
где R 3 || R 4 = -------------------- ;
R3 + R4
( E1 )
( E1 )
1
1
8
4
= G 11 E 1 = --- А, I 5
= --- А.
G 11 = ------------------ = --- См, I 1
R вх ( E ) 9
3
3
1
49
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Частичная схема от источника ЭДС Е5 представлена на рис. 3 к
задаче 1.48(р):
R вх ( E ) = R 1 || R 2 + R 3 || R 4 + R 5 = 9 Ом,
5
( E5 )
1
1
4
G 55 = ------------------ = --- См, I 5
= G 55 E 5 = --- А.
R вх ( E ) 9
3
5
R3
R2
R1
R5
I5(E5)
R4
E5
Рис. 3 к задаче 1.48(p)
J6
R3
R2
R4
R1
U
R5
I5(J6)
Рис. 4 к задаче 1.48(p)
Частичная схема от источника J6 представлена на рис. 4 к
задаче 1.48(р):
R вх ( J ) = ( R 1 || R 2 + R 5 ) || R 3 || R 4 = 2 Ом,
6
U = J 6 R вх ( J ) = 4 В,
6
( J6 )
I5
U
= – -------------------------------- =
R 1 || R 2 + R 5
2
– --- А.
3
Сумма частичных токов
( E1 )
I5 = I5
50
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
( E5 )
+ I5
( J6 )
+ I5
4 4 2
= --- + --- – --- = 2 А.
3 3 3
1.49. Дано: R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 20 Ом, R4 = 15 Ом,
R5 = 20 Ом, Е1 = 40 В, J6 = 2 A (рис. к задаче 1.49).
I3
I4
R4
E1
R6
R5
R1
E1
I6
R6
I3(J2)
I5(E1)
R2
I6(E1)
I4
R5
R6
R2
I4(E1)
Рис. 2 к задаче 1.50(p)
R3
J2
I6(J2)
I1(E1)
R4
R4
R5
Рис. 1 к задаче 1.50(p)
R3
E1
R2
I1
Рис. к задаче 1.49
I3(E1)
I5
J2
J6
R3
R2
R3
I5(J2)
R5
I1(J2)
R4
I4(J2)
Рис. 3 к задаче 1.50(p)
Определить ток I4, применив метод наложения. При каком значении ЭДС Е1 ток I4 = 0?
1.50(р). Дано: R2 = 10 Ом, R3 = 50 Ом, R4 = 20 Ом, R5 = 20 Ом,
R6 = 40 Ом, Е1 = 50 В, J2 = 2,5 А (рис. 1 к задаче 1.50(р)).
Определить ток I1, применив метод наложения. Вычислить коэффициенты G11, G51, K12, K52. При каком значении Е1 ток I5 = 0?
Вычислить ток I1 при этом значении Е1.
Ре ше ние . Частичная схема от источника ЭДС Е1 представлена на
рис. 2 к задаче 1.50(р):
E1
( E1 )
( E1 )
( E1 )
= I5
= I4
= --------------------------------- = 0,5 А,
I3
R3 + R5 + R4
( E1 )
I6
E1
( E1 )
( E1 )
( E1 )
= – ------ = – 1,25 А, I 1
= I4 – I6
= 1,75 А,
R6
( E1 )
( E1 )
I5
I1
G 51 = ----------- = 0,01 См, G 11 = ----------- = 0,035 См.
E1
E1
51
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Частичная схема от источника J2 представлена на рис. 3 к задаче 1.50(р):
R3 + R5
( J2 )
( J2 )
I 1 = I 4 = – J --------------------------------- = – 1,75 А,
R3 + R5 + R4
( J2 )
I3
( J2 )
= I5
R4
( J2 )
= J 2 --------------------------------- = 0,75 А, I 6 = 0,
R3 + R5 + R4
( J2 )
( J2 )
I1
I5
K 12 = ---------- = – 0,7, K 52 = ---------- = 0,3.
J2
J2
( E1 )
( J2 )
I 1 = I 1 + I 1 = 1,75 – 1,75 = 0.
Пусть I5′ = G51E1′ + K52J2 = 0 ⇒ E1′ = –75 В, при этом значении
I1′ = G11E1′ + K12J2 = 0,035(–75) + (–0,7)2,5 = – 4,375 А.
1.51∗. Д а н о : R3 = 3 Ом, R4 = 15 Ом, R5 = 10 Ом, R6 = 6 Ом, Е1 = 96 В,
Е2 = 75 В (рис. к задаче 1.51*).
R3
I1
E1
R1
I3
R4
I4
I2
E2
I7
E7
R5
I6
R6
I5
Рис. к задаче 1.51*
R2
R5
E8
I8
R6
R3
R4
Рис. к задаче 1.52*
Определить токи, применив метод наложения.
1.52∗. Д а н о : R1 = R2 = R3 = 10 Ом, R4 =
R
E
1
1
I1
= R5 = R6 = 40 Ом, Е7 = 54 В, Е8 = 48 В (рис. к
задаче 1.52*).
Определить токи I7 и I8, применив метод
R3
E2 I
2
наложения.
∗
1.53 . Д а н о : R1 = 30 Ом, R3 = 60 Ом,
R4
R4 = 24 Ом, R5 = 20 Ом, Е1 = 90 В, Е2 = 54 В
R5
(рис. к задаче 1.53*).
Определить токи I1 и I2, применив метод
Рис. к задаче 1.53*
наложения.
52
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.54∗. Известно, что при Е1 = Е2 =
= 10 В ток I в ветви с ЭДС Е1 равен 1 А
(рис. к задаче 1.54*).
Определить значения сопротивлений, если при изменении полярности
источника ЭДС Е2 ток I уменьшается в
10 раз.
I
R1
E2
R2
E1
R2
R1
Рис. к задаче 1.54*
1.6. МЕТОД ЭКВИВАЛЕНТНОГО ГЕНЕРАТОРА
1.55(р). Дано: R1 = 2 Ом, Е1 = 20 В,
I1
I2
R2 = 3 Ом, J = 6 А (рис. 1 к задаче 1.55(р)).
R1
Определить ток I2 методом эквивалентJ
R2
ного генератора.
E1
Ре ше н и е . Выделим ветвь с током I2.
Оставшаяся часть схемы (выделена пунктиром на рис. 2 к задаче 1.55(р)) представРис. 1 к задаче 1.55(р)
ляет собой активный двухполюсник. Последовательная схема замещения активного
двухполюсника состоит из эквивалентного источника ЭДС Еэ = Uх и
резистора Rэ = Rвх (схема эквивалентного генератора показана на
рис. 2 к задаче 1.55(р)).
a
I1
a
I2
I2
Uх
R1
J
Uab
Uab
R2
R2
Rвх
E1
b
b
Рис. 2 к задаче 1.55(р)
Расчетные схемы эквивалентного генератора представлены на
рис. 3 и 4 к задаче 1.55(р):
I1x = J = 6 А,
Ux = ϕa – ϕb = –I1xR1 – E1 = –32 В,
Rвх = R1 = 2 Ом (рис. 4 к задаче 1.55(р)).
53
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
a
a
I1х
R1
R1
ÜR вх
Uх
J
E1
b
b
Рис. 3 к задаче 1.55(р)
Рис. 4 к задаче 1.55(р)
I1
I2
E1
R1
I2
I1
R2
I3
R3
R1
J
R2
I4
I3
Рис. к задаче 1.56
R3
E1
R4
J
I5
R5
Рис. 1 к задаче 1.57(р)
По методу эквивалентного генератора
Uх
– 32
I 2 = ---------------------- = ------------- = – 6,4 А.
R вх + R 2 2 + 3
1.56. Дано: R1 = 1 Ом, R2 = 6 Ом, R3 = 2 Ом, Е1 = 32 В, J = 18 A
(рис. к задаче 1.56).
Определить токи методом эквивалентного генератора. Составить
баланс активной мощности.
1.57(р). Дано: R1 = 2 Ом, R2 = 3 Ом, R3 = 2 Ом, R4 = 1 Ом, R5 = 2 Ом,
Е1 = 6 В, J = 2 А (рис. 1 к задаче 1.57(р)).
Определить ток I1 методом эквивалентного генератора.
Ре ше н и е . Выделим ветвь с током I1. Оставшаяся часть схемы
(выделена пунктиром) представляет собой активный двухполюсник.
Последовательная схема замещения активного двухполюсника
состоит из эквивалентных источника ЭДС Еэ = Uх и резистора Rэ = Rвх
(схема эквивалентного генератора показана на рис. 2 к задаче 1.57(р)).
По схеме эквивалентного генератора
Uх + E1
I 1 = ---------------------- .
R вх + R 1
54
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
b
b
Uх
R2
R1
ÜRвх
R2
Uх
J
Uab
I4х
Rвх
a
I2х
I1
E1
I3х
R4
R4
a
b
I5х
R3
R5
R3
R5
a
Рис. 2 к задаче 1.57(р)
R4
Рис. 3 к задаче 1.57(р)
R1
I4
I1
I3
E1
I2
J6
R2
R3
R5
E1
J2
R2
R3
R1
Рис. к задаче 1.58
Рис. к задаче 1.59
Определим параметры эквивалентного генератора по схеме на
рис. 3 к задаче 1.57(р):
R3
I2x = J = 2 А, I 4 х = I 5х = J --------------------------------- = 0,8 А,
R3 + R4 + R5
Ux = –I2xR2 – I4xR4 = –6,8 В,
( R 3 + R 5 )R 4
R вх = --------------------------------- + R 2 = 3,8 Ом,
R3 + R4 + R5
Uх + E1
– 6,8 + 6
I 1 = ---------------------- = ---------------------- = – 0,138 А.
3,8 + 2
R вх + R 1
1.58. Дано: R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 20 Ом, R4 = 15 Ом,
R5 = 20 Ом, Е1 = 40 В, J6 = 2 A (рис. к задаче 1.58).
Определить ток I4 методом эквивалентного генератора.
1.59. Дано: R1 = 100 Ом, R2 = 2 кОм, R3 = 500 Ом, Е1 = 25 В,
J2 = 125 мA (рис. к задаче 1.59).
Определить ток I3 методом эквивалентного генератора.
55
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.60(р). Дано: R1 = 6 Ом, R2 = 6 Ом, R3 = 12 Ом, R4 = 4 Ом, R5 = 3 Ом,
Е1 = 24 В, Е5 = 12 В, J6 = 2 А (рис. 1 к задаче 1.60(р)).
E1
Uх
Rвх
J6
R3
R2
R1
R5
I5
R4
a
E5
R5
Рис. 1 к задаче 1.60(р)
b
Uab
I5
E5
Рис. 2 к задаче 1.60(р)
E1
I2х
I3х
I1х
R2
R3
J6
R4
R1
a
Uх
b
Рис. 3 к задаче 1.60(р)
Определить ток I5 методом эквивалентного генератора. При каком
значении источника ЭДС E5 ток I5 = 0?
Ре ше н и е . Выделим ветвь с током I5. Оставшаяся часть схемы
(выделена пунктиром) представляет собой активный двухполюсник.
Последовательная схема замещения активного двухполюсника
состоит из эквивалентных источника ЭДС Еэ = Uх и резистора Rэ = Rвх
(схема эквивалентного генератора показана на рис. 2 к задаче 1.60(р)).
По схеме эквивалентного генератора
Uх + E5
I 5 = ---------------------- .
R вх + R 5
Расчет параметров эквивалентного генератора:
1) схема для определения напряжения холостого хода представлена на рис. 3 к задаче 1.60(р):
E1
R4
I 1 х = I 2х = -------------------- = 2 А, I 3 х = J 6 -------------------- = 0,5 А,
R1 + R2
R3 + R4
Ux = I2xR2 – I3xR3 = 6 В;
56
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2) схема для определения входного сопротивления представлена
на рис. 4 к задаче 1.60(р).
R1 R2
R3 R4
R вх = -------------------- + -------------------- = 6 Ом.
R1 + R2 R3 + R4
Ток в ветви
Uх + E5
6 + 12
I 5 = ---------------------- = ---------------- = 2 А.
R вх + R 5
6+3
R3
R2
R4
R1
Rвх
ß
a
b
Рис. 4 к задаче 1.60(р)
E1
R1
I
I1
R1
R2
R4
I5
R5
E
I3
R3
I4
I3
R4
I1
I2
R3
I4
I5
R5
R2
E2
I2
Рис. к задаче 1.61
Рис. к задаче 1.62
1.61. Дано: R1 = 10 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 30 Ом, R4 = 30 Ом,
R5 = 10 Ом, Е = 150 В (рис. к задаче 1.61).
Найти токи I5 и I4 методом эквивалентного генератора.
1.62. Дано: R1 = 1 Ом, R2 = 5 Ом, R3 = 10 Ом, R4 = 40 Ом, R5 = 50 Ом,
Е1 = 10 В, Е2 = 120 В (рис. к задаче 1.62).
Найти ток I2 методом эквивалентного генератора.
1.63. Дано: R1 = R3 = 40 Ом, R2 = 2 Ом, R4 = 50 Ом, R5 = 80 Ом,
Е2 = 12 В, Е4 = 13 В, J = 3 А (рис. к задаче 1.63).
Определить ток I2 методом эквивалентного генератора.
57
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
b
I2
R2
E2
R2
R1
E2
J
R5
a
R5
R1
R3
R4
R3
R6
I2
R4
E1
E4
Рис. к задаче 1.63
Рис. к задаче 1.64
R2
a
I3
J
R1
b
R5
R3
E6
R6
R4
Рис. 1 к задаче 1.65(р)
1.64. Дано: R1 = R2 = R3 = 1 Ом, R4 = R5 = 2 Ом, R6 = 1 Ом, Е1 = 9 В,
Е2 = 3 В (рис. к задаче 1.64).
Определить ток I2 методом эквивалентного генератора.
1.65(р). Дано: R1 = 5 Ом, R2 = 3 Ом, R4 = 2 Ом, R5 = R6 = 12 Ом,
J = 10 А, Е6 = 36 В (рис. 1 к задаче 1.65(р)).
Определить сопротивление резистора R3, при котором в нем выделяется максимальная мощность, и вычислить значение этой мощности.
Ре ше ние . Максимальная мощность выделяется при выполнении
условия R3 = Rвх. Выделим ветвь с током I3. Значение максимальной
мощности
2
P max = U х ⁄ ( 4R вх ) .
Расчет параметров эквивалентного генератора:
1) определим напряжение холостого хода, применив эквивалентное преобразование схемы холостого хода (компенсируем ток источника J введением эквивалентной ЭДС Eэ = JR1 = 50 В), по схеме на
рис. 2 к задаче 1.65(р)
58
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R2
R2
a
a
I1х
J
R1
R1
E6
R5
Uх
E6
R5
Uх
Eэ
R6
b
R6
b
R4
R4
Рис. 2 к задаче 1.65(р)
R2
К
a
I
R1
R1
Ü
Rвх
b
R5
R2
A
R6
R4
Рис. 3 к задаче 1.65(р)
Рис. к задаче 1.66
Eэ
E
-------------------------------- + -----6R1 + R2 + R4 R6
ϕa – Eэ
ϕ a = ------------------------------------------------------------- = 30 В, I 1 х = --------------------------------- = – 2 А,
1
1
R1 + R2 + R4
1
--------------------------------- + ------ + -----R1 + R2 + R4 R5 R6
Ux = Eэ + I1x(R1 + R2) = 34 В;
2) определим Rвх (рис. 3 к задаче 1.65(р)):
⎛ R5 R6
⎞
R вх = ⎜ -------------------- + R 4⎟ || ( R 1 + R 2 ) = 4 Ом.
⎝ R5 + R6
⎠
Входное сопротивление R3 = Rвх = 4 Ом, максимальная мощность
2
2
Uх
34
P max = ------------ = ----------- = 72,25 Вт.
4R вх 4æ4
1.66. Дано: R1 = 10 Ом, R2 = 5 Ом. При замыкании ключа К ток I
изменяется от 5 до 10 А (рис. к задаче 1.66).
59
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Определить параметры активного двухполюсника А.
Ме тод и че с ко е у ка за н и е . Параметры двухполюсника А не
зависят от положения ключа.
1.67. Дано: Е = 200 В, R = 10 Ом. В цепи ток I = 6 А при разомкнутом ключе К и 10 А при замкнутом (рис. к задаче 1.67).
Определить параметры активного двухполюсника А.
К1
1
E
I
I
R1
A
R
A
К
A
R2
2
К2
Рис. к задаче 1.67
Рис. к задаче 1.68
E1
R1
E2
R2
E3
R3
I3
2
R4
R5
Рис. к задаче 1.69
I5
a
J2
R6
R6
b
R3
E1
R2
I6
A
I1
R4
0
R5
I4
1
Рис. к задаче 1.70
1.68. Дано: R1 = 40 Ом, R2 = 20 Ом; ключи К1 и К2 разомкнуты;
ток IА = 1,2 А; ключ К1 замкнут, К2 разомкнут, ток IА = 2,4 А.
Найти показание амперметра А в режиме ключ К1 разомкнут,
К2 замкнут (рис. к задаче 1.68).
1.69. Дано: R1 = 40 Ом, Е1 = 220 В, R2 = 200 Ом, Е2 = 100 В,
R3 = 100 Ом, Е3 = 120 В, R4 = 50 Ом, R5 = 20 Ом, R6 = 100 Ом.
Найти показание амперметра (рис. к задаче 1.69).
1.70. Дано: R2 = 10 Ом, R3 = 50 Ом, R4 = 30 Ом, R5 = 20 Ом,
R6 = 40 Ом, Е1 = 50 В, J2 = 2,5 А (рис. к задаче 1.70).
Определить токи I1 и I4 методом эквивалентного генератора.
60
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 1
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
1.5.
1.6.
1.7.
1.8.
1.9.
1.10.
1.11.
1.12.
1.13.
1.14.
1.15.
1.16.
1.17.
1.18.
1.19.
I1 = 2 А, I2 = 8 А.
R = UV1/IA2.
R ≈ 3589 Ом.
1) 1,96 В; 2) 2,04 В.
I3 = 2 А.
I1 = –0,4 А; I2 = –6,4 А; Рист = 123,2 Вт; Рнагр = 123,2 Вт.
1) 4,4 Ом; 2) 10 Ом.
I1 = –0,05 А; I2 = 0,015 А; I3 = 0,06 А.
Е = 4 В; I1 = 2 А.
I1 = 21 А; I2 = 13 А; I3 = 16 А; I4 = I6 = 8 А; I5 = 8 А.
I1 = 3 А; I3 = 1 А; I4 = 3 А; I5 = 1,5 А; I6 = –1,5 А.
E4 = 6 В; E5 = 12 В; I1 = 6 А; I3 = 3 А; I6 = 8 А; I8 = 1 А; R2 = 3 Ом;
R7 = 2 Ом.
I1 = 0,2 А; I2 = 0,7 А; I3 = –0,5 А; I4 = 0,1 А; I5 = 0,1 А.
R1 = 2 Ом; R2 = 1 Ом.
Ra = 40 Ом; Rb = 20 Ом; Rс = 40 Ом.
Р = 50 Вт.
UV = 40 В.
I1 = –0,4 А; I2 = –6,4 А; Рист = 132,2 Вт; Рнагр = 132,2 Вт.
I1 = –0,05 А; I2 = 0,015 А; I3 = 0,06 А.
ϕc – ϕ0
ϕb – ϕc
E
E
E
1.20. ϕ b = --- ; ϕ c = --- ; I 4 = ------------------- = ------- ; I 3 = ------------------- =
2
4
2R
R
8R
ϕa – ϕb
ϕa – ϕ0
ϕd – ϕ0
E
E
I 2 = ------------------- = ------- ; I a = ------------------- = ------- ; I b = ------------------- =
R
2R
2R
2R
2R
ϕc – ϕ0
E
E
I c = ------------------- = ------- ; I 1 = I 2 + I a = --- .
2R
8R
R
1.21. I1 = 0,2 А; I2 = 0,2 А; I3 = 0,1 А.
1.22. I1 = 5 А; I2 = 1 А; I3 = 6 А; I4 = 2 А; I5 = 2 А; I6 = 4 А.
1.23. I1 = 1 А; I2 = 2 А; I3 = 1 А; I4 = 1 А; I5 = 4 А.
1.24. I1 = 2 А; I2 = 1 А; I3 = 1 А; I4 = 2 А; I5 = 1 А; I = –I3 = –1 А.
1.25. 47,5 В.
1.26. I1 = 0; I3 = I5 = 1,25 А; I4 = –1,25 А; I6 = –1,25 А.
1.27. 3 А.
1.28. U5(I3) = 13,33 – 8,33I3.
E
------- ;
4R
E
------- ;
4R
61
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.29.
1.30.
1.31.
1.32.
1.33.
1.34.
1.35.
1.36.
1.37.
1.38.
1.39.
1.40.
1.41.
1.42.
1.43.
1.44.
I1 = 8 А; I2 = 8 А; I3 = 2 А; I4 = 6 А; I5 = 4 А; I6 = 2 А.
I1(I4) = 1,25 –1,5 I4.
См. решение.
I1 = 22 А; I2 = –8 А.
1а) 3 Ом; 1б) 19 Ом; 2а) 3 Ом; 2б) 19 Ом.
I1 = – 0,1379 А; I2 = 1,8621 А; I3 = 1,1724 А; I4 = 0,6897 А;
I5 = 0,8276 А.
I1 = 1 А; I2 = 3 А; I3 = 2 А; I4 = 3 А; I5 = 5 А; 1) Pист = Pнагр = 230 Вт;
2) Pист = Pнагр = 118 Вт.
I1 = –6 А; I2 = 8 А; I3 = –6,4 А; I4 = 0,4 А; I5 = –1,6 А.
I1 = 0,8 А; I2 = 2,2 А; I3 = –0,2 А; I4 = 1 А; I5 = 2 А; I6 = 0,6 А;
I7 = 1,6 А; I8 = 1,4 А.
I1 = 7,5 А; I2 = 7,5 А; I3 = 2,5 А; I4 = 2,5 А; I5 = 0; I = 10 А.
Rвх = 3,25 Ом; PJ = 468 Вт.
I1 = 1 А; I2 = 0,5 А; I3 = 0,5 А; I4 = –1,5 А; I5 = 1,5 А; I6 = 0; I ′ = 3 А;
I ″ = 3 А; I ′′′ = 0; Pист = 90 Вт; Pнагр = 90 Вт.
I1 = 2 А; I2 = 1 А; I3 = 0,25 А; I4 = 0,75 А; I5 = 0,25 А; I6 = 1,75 А;
I7 = 1 А.
I1 = 1,6 А; I2 = 3,4 А; I3 = 1,8 А; I4 = 0,76 А; I5 = 2,64 А; I6 = –1,04 А.
I1 = 0,3 А; I2 = 0,15 А; I3 = 0,25 А; I4 = 0,5 А; I5 = 0,4 А; I6 = 0,25 А;
I7 = 0,25 А; I8 = –0,5 А.
UV = 40 В.
( R5 + R6 ) ( R2 R8 – R3 R7 )
1.45. R н = ---------------------------------------------------------------------- .
R3 ( R5 + R7 ) – R2 ( R6 + R8 )
1.46. I1 = –0,4 А; I2 = –6,4 А; при J3′ = 8 А I1′ = 0,8 А.
1.47. I1 = –0,05 А = –50 мА; I2 = 0,015 А = 15 мА; I3 = 0,06 А = 60 мА;
при E1′ = –12,5 В I3′ = 0.
1.48. I5 = 2 А.
1.49. I4 = 0,5 А при E1′ = 80 В.
1.50. I1 = 0; G11 = 0,035 См; G51 = 0,01 См; K12 = –0,7; K52 = 0,3;
при E1′ = –75 В ток I5′ = 0; I1′ = –4,375 А.
1.51. I1 = 14,5 А; I2 = 15,2 А; I3 = 18 А; I4 = 2,8 А; I5 = 11,7 А; I6 = 3,5 А.
1.52. I7 = 1,876 А; I8 = 0,366 А.
1.53. I1 = 1,7 А; I2 = 2,5 А.
1.54. R1 = 10 Ом; R2 = 100 Ом.
1.55. I2 = –6,4 А.
62
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1.56.
1.57.
1.58.
1.59.
1.60.
1.61.
1.62.
1.63.
1.64.
1.65.
1.66.
1.67.
1.68.
1.69.
1.70.
I1 = 2 А; I2 = 5 А; I3 = 15 А; Рист = 874 Вт; Рнагр = 874 Вт.
I1 = –0,138 А.
I4 = 0,5 А.
I3 = 0,06 А.
I5 = 2 А при E5 = –6 В.
I4 = 2,5 А; I5 = 0.
I2 = 8 А.
I2 = –2 А.
I2 = 2 А.
R3 = 4 Ом; Pmax = 72,25 Вт.
Еэ = Uх = 40 В; Rэ = Rвх = 10/3 Ом.
Еэ = Uх = 350 В; Rэ = Rвх = 15 Ом.
1,6 А.
1,6 А.
I1 = 0; I4 = –1,25 А.
63
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава вторая
ЛИНЕЙНЫЕ ЦЕПИ
С СИНУСОИДАЛЬНЫМИ ТОКАМИ
И НАПРЯЖЕНИЯМИ
ВВЕДЕНИЕ
Синусоидальные токи, напряжения, ЭДС. При описании процессов в линейных электрических цепях, все токи, напряжения и ЭДС
которых изменяются по синусоидальному закону, т.е. имеют вид i(t) =
= Im sin(ωt + ψi), u(t) = Um sin(ωt + ψu), e(t) = Em sin(ωt + ψe), используются следующие понятия:
i = i(t), u = u(t), e = e(t) — мгновенные токи, напряжения и ЭДС;
Im, Um, Em — амплитуды (максимальное значение) величин i(t),
u(t) и e(t);
(ωt + ψi), (ωt + ψu), (ωt + ψe) — аргументы синусоидальных функций (фазы синусоидального тока, напряжения и ЭДС);
ψi, ψu, ψe — начальные значения аргументов (начальные фазы)
тока, напряжения и ЭДС;
ω = 2πf — скорость изменения фаз (угловая частота), а f — частота
тока, напряжения, ЭДС. За период T = 1/f колебаний этих величин их
фазы увеличиваются на 2π, т.е. ωT = 2π. При стандартной частоте
f = 50 Гц период T = 0,02 с, угловая частота ω = 2πf = 100π ≈ 314 рад/с.
Наряду с амплитудами Im, Um, Em тока, напряжения, ЭДС часто
используют их среднеквадратичные значения:
I = I m ⁄ 2 , U = U m ⁄ 2 , E = E m ⁄ 2 — называемые действующими значениями тока, напряжения, ЭДС.
Если две синусоидальные величины одной и той же частоты отличаются начальными фазами, то говорят, что они сдвинуты по фазе.
При этом под сдвигом фаз понимают разность начальных фаз. Так,
под сдвигом фаз напряжения u(t) = Um sin(ωt + ψu) и тока i(t) = Im sin(ωt + ψi)
понимается угол ϕ = ψu – ψi. Этот угол определяет связь колебаний
′ гранапряжения и тока, т.е. взаимное расположение их временных
фиков (табл. 2.1).
64
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бли ц а 2 .1
Сдвиг фаз
Связь колебаний напряжения и тока
ϕ=0
Напряжение и ток совпадают по фазе
ϕ = ±π/2
Напряжение и ток находятся в квадратуре
ϕ>0
Напряжение опережает ток по фазе
ϕ<0
Напряжение отстает от тока по фазе
Комплексные ток, напряжение, ЭДС. Синусоидальные ток,
напряжение, ЭДС можно представить в виде
i = I m sin ( ωt + ψ i ) = Im I m e
jψ i j ωt
e
u = U m sin ( ωt + ψ u ) = Im U m e
e = E m sin ( ωt + ψ e ) = Im E m e
jψ u j ωt
e
j ψ e j ωt
e
,
,
,
где Im[æ] — мнимая часть комплекса [æ]. Комплексные числа
j ψi
j ψu
j ψe
_I m = I m e , U
_ m = U m e , _Em = E m e
называют комплексными
амплитудами соответственно тока, напряжения и ЭДС, а комплексные числа _I = _I m ⁄
2, U
_ = U
_m ⁄
2 , _E = _Em ⁄
2 — комплексными
действующими значениями тока, напряжения и ЭДС. Поскольку все
токи, напряжения, ЭДС имеют одинаковую угловую частоту ω, то
_ m, _Em ( _I , U
_ , _E ) однозначно описывают переменкомплексы _I m, U
ные i, u, e цепи.
Комплексный (символический) метод расчета цепей синусоидального тока. Введение вместо синусоидальных функций времени i = i(t),
_ m, _Em или _I , U
_ , _E позволяет
u = u(t), e = e(t) комплексов _I m, U
алгебраизировать компонентные уравнения элементов цепи и схемные изображения последних представить в символическом (комплексном) виде (табл. 2.2).
Заметим, что компонентные уравнения как резистивного, так и
емкостного и индуктивного элементов в комплексной области описываются алгебраическим уравнением
U
_ = _Z _I ,
(2.1)
65
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бл и ц а 2 .2
Временная область
Элемент
Условное
изображение
R
Резистивный
Источник
ЭДС
u = Ri
u
i
i
–jXC
0
U
di
u = L ----dt
u
e = Em sin(wt+ye)
i
jXL
I
u=e
U
_ = RI_
U
_ = – jX C_I ,
1
X C = -------ωC
I
U
_ = jX L_I ,
XL = ωL
U
E
u
I
U
t
1
u = ---- ∫ i ( t )dt + u C ( 0 )
C
u
L
Индуктивный
Условное Компонентное
изображение
уравнение
R
i
C
Емкостный
Компонентное
уравнение
Комплексная область
I
U
_ =E
_
U
J
J = Jm sin(wt+yJ)
Источник
тока
i
I
i=J
_I = _J
U
u
где _Z = R для резистивного элемента, _Z = – jX C для емкостного элемента, _Z = jX L для индуктивного элемента. Комплексные модули
XC = 1/(ωC) и XL = ωL называют емкостным и индуктивным сопротивлением, они определяют соотношение модулей комплексов (векторов) напряжения и тока соответственно на емкостном и индуктивном элементах. Уравнение (2.1) представляет собой запись закона
Ома в комплексной форме для резистивного, емкостного и индуктивного элементов. Пользуясь табл. 2.2, составляют комплексную схему
замещения цепи и математическое описание всех ее элементов в комплексной области. Используя уравнения Кирхгофа в комплексной
форме ∑_I j = 0 и ∑ U
_ j = 0 , можно получить полное математичеj
j
ское описание цепи в комплексной форме. Цепь в этой области описывается чисто алгебраическими уравнениями. Решив эти уравнения, т.е. определив комплексные значения всех токов и напряжений
цепи, переходят к мгновенным значениям (соответствующим синусоидальным функциям токов и напряжений).
66
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Комплексные сопротивление и проводимость. Пассивный двухполюсник с комплексным напряжением U
_ и током _I можно охарактеризовать комплексным сопротивлением _Z и проводимостью Y
–:
–1
_Z = U
_ ⁄ _I ; Y
– = _Z
= _I ⁄ U
_.
(2.2)
При этом действительную и мнимую части _Z называют активным
R = Re [ _Z ] и реактивным X = Jm [ _Z ] сопротивлением двухполюсника,
модуль Z = _Z — его полным сопротивлением. Таким образом,
U
_
U 2
jϕ
2
2
_Z = ---- = Ze = R + jX ; Z = ---- ; Z = R + X ; R = Z cosϕ; X = Z sinϕ.
I
_I
Комплексную проводимость представляют в виде
_I
–j ϕ
- = Ye
Y
= G – jB ; Y = I/U; Y2 = G2 + B2; G = Y cosϕ; B = Y sinϕ.
– = --U
_
где Y, G и B — соответственно полная, активная и реактивная проводимость двухполюсника.
Мощность в цепи синусоидального тока. Для двухполюсника с
напряжением u(t) = Um sin(ωt + ψu) и током i(t) = Im sin(ωt + ψi), ϕ = ψu – ψi
мгновенной мощностью называется произведение мгновенных значений напряжения и тока p = p(t) = u(t)æi(t), а полной мощностью —
произведение действующего напряжения и тока S = UI, U = U m ⁄
2,
I = I m ⁄ 2 . Активной мощностью двухполюсника называют среднее значение мгновенной мощности за период
T
1
P = --- ∫ p ( t ) dt = UI cos ϕ .
T
(2.3)
0
Реактивной мощностью называют величину Q = UI sinϕ. Единицей мгновенной и активной мощности является ватт [1 Вт], единицу
полной мощности обозначают 1ВæА, а реактивной 1 вар. При расчете цепей в комплексной области используют также понятие комп*
*
лексной мощности S_ = U
_ _I , где _I — сопряженный комплекс тока
*
– jψ i
jϕ
( _I = Ie
). Таким образом, S_ = Se = P + jQ , S2 = P2 + Q2. Сумма
комплексных мощностей всех элементов цепи равна нулю: ∑ S_ j = 0
j
(баланс мощности).
67
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Показания приборов. В задачах данной главы не оговорен тип
прибора, под показанием амперметра и вольтметра (рис. 2.1) понимается действующее значение I и U — модули действующих комплекj ψi
jψ u
сов тока _I = Ie
и напряжения U
_ = Ue . Под показанием ваттметра (рис. 2.1) понимается произведение P = UI cosϕ при
указанном положении «звездочек» на приборе. «Звездочки»
(«точки») определяют положительные направления токов и напряжений (от «звездочки» через прибор), изменение их положения меняет
угол сдвига между напряжением и током ϕ = ψu – ψi. Так, на рис. 2.1
для положения «звездочки» в скобках P = UI cos(ψu + π – ψi).
Векторная диаграмма. Представление синусоидальных токов,
напряжений и ЭДС комплексными числами позволяет изображать их
на комплексной плоскости в виде векторов, отображая действия, производимые над этими числами в процессе расчета цепей, в виде построений соответствующих векторных диаграмм. Так, для последовательного
участка цепи с током _I определение комплексного напряжения
U
_ = U
_R + U
_L + U
_ C , где U
_ R = RI_ , U
_ L = jX L_I , U
_ C = – j X C_I можно
изобразить в виде векторной диаграммы (рис. 2.2).
Здесь
U
_ = ( R + jX L – jX C )I_ = [ R + j ( X L – X C ) ]I_ ,
_Z = R +
+ j ( X L – X C ) = R + jX , U
_ =U
_ R + jU
_ X (рассматриваем случай, когда
X = XL – XC > 0). Комплекс U
_ R называют также активной составляю-
A
I
U
V
*
* W
I
U
( )
*
Рис. 2.1
R
jXL
–jXC
UR
UL
UC
UL
U
j
U
UR = Uа
Рис. 2.2
68
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
UC
I
UX = Uр
I
_a, а U
щей напряжения и обозначают U
_ X — реактивной составляю_ p (см. ниже).
щей напряжения и обозначают U
Треугольники сопротивлений, проводимостей, мощностей, напряжений и токов. Полные сопротивления, проводимости, мощности
двухполюсника и их составляющие удовлетворяют соотношениям
2
2
2 2
2
2 2
2
2
Z = R + X , Y = G + B , S = P + Q и поэтому могут быть представлены в виде треугольников (рис. 2.3).
Комплексные напряжение и ток двухполюсника можно предста_ =U
_ a + jU
_p и
вить в виде двух ортогональных составляющих U
_I = _I a + jI_ p . При этом фаза напряжения U
_ a совпадает с фазой тока
_I , а фаза напряжения U
_ p отличается от фазы тока _I на ±π/2. Аналогично фаза _I a совпадает с фазой U
_ , а фаза _I p отличается от послед2
2
2
2
2
2
ней на ±π/2. Так как U = U a + U p , I = I a + I p , то действующие
напряжение и токи и их активные и реактивные составляющие также
можно изобразить в виде треугольников (рис. 2.4).
Резонанс. В случае, когда ток и напряжение некоторого RLC-двухполюсника совпадают по фазе, т.е. двухполюсник обладает чисто
активным сопротивлением _Z = R и его реактивная мощность равна
нулю ( S_ = P ), говорят, что имеет место резонанс. Резонанса можно
достигнуть, изменяя параметры цепи R, L и C или угловую частоту ω
приложенного внешнего напряжения (тока). Ток в последовательном
RLC-контуре будет наблюдаться при частоте
1
(2.4)
ω 0 = ------------ ,
LC
G
Z
j
X
j
Y
S
Q
j
B
R
P
Рис. 2.3
U
j
I
Uр
Iр
j
Uа
Iа
Рис. 2.4
69
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
называемой резонансной частотой. Добротность контура характеризует резонансные свойства контура и определяется по формуле
ω0 L
L⁄C
1
Q = ---------- = --------------- = ---------------- .
R
R
ω 0 CR
(2.5)
Зависимость тока этого контура от частоты ω приложенного внешнего напряжения при неизменности его действующего значения
U = const имеет вид
I0
I ( ω ) = --------------------------------------------------- .
ω 0⎞ 2
2⎛ ω
1 + Q ⎜ ------ – ------⎟
⎝ ω0 ω ⎠
(2.6)
Зависимость (2.6) называют резонансной кривой, I0 = U/R — значение тока при резонансе, т.е. когда ω = ω0. Полоса пропускания кон⎛ ω 2 ω 1⎞
1
тура (ω1 – ω2) определяется из соотношения ⎜ ------ – ------⎟ = ---- , где ω1
Q
ω
ω
⎝ 0
0⎠
и ω2 — частоты, при которых действующее значение тока в
меньше резонансного тока I0 = U/R.
2 раз
Расчет цепей с взаимными индуктивностями. При наличии в
цепях индуктивно связанных элементов, т.е. взаимной индукции M,
необходимо учитывать напряжение взаимоиндукции uM. В комплексных схемах замещения удобно учитывать это напряжение как источник напряжения, управляемый током (ИНУТ). Так, при согласованных направлениях токов ветвей (1—1′) и (2—2′) от «звездочки» в
ветвь напряжения самоиндукции и взаимоиндукции складываются,
и схема цепи в комплексной области имеет вид, представленный на
рис. 2.5.
1
*
L1
i1
jXL
1¢
1
1
E1M = jXM I2
I1
U1
u1
1¢
M
2
*
L2
i2
jXL
2¢
2
u2
Рис. 2.5
70
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
E2M = jXM I1
U2
I2
2¢
При несогласованных направлениях токов схема имеет вид, представленный на рис. 2.6.
1
*
L1
i1
jXL
1¢
1
E1M = jXM I2
1
I1
U1
u1
1¢
M
2
L2
*
i2
jXL
2¢
2
u2
2
E2M = jXM I1
U2
I2
2¢
Рис. 2.6
При этом напряжение ветвей (1—1′) и (2—2′) описывается уравнениями (см. рис. 2.5):
U
_ 1 = jX L _I 1 + jX M_I 2 ; ⎫
1
⎪
⎬
U
_ 2 = jX L _I 2 + jX M_I 1 ⎪
2
⎭
(2.7)
или уравнениями (см. рис. 2.6):
U
_ 1 = jX L _I 1 – jX M_I 2 ; ⎫
1
⎪
⎬
U
_ 2 = jX L _I 2 – jX M_I 1 , ⎪
2
⎭
(2.8)
где X L = ωL1, X L = ωL2, XM = ωM — индуктивные сопротивления
1
2
катушек и сопротивление взаимной индукции.
2.1. РАСЧЕТ ПРОСТЕЙШИХ ЦЕПЕЙ
2.1(р). На рис. к задаче 2.1(р) показаны кривые мгновенных значений синусоидальных токов и напряжений. Записать аналитические
выражения этих токов и напряжений при амплитудах
I m = 5 2 А; U m = 220 2 В.
Ре ше н и е: для рис. 2.1(р), а i = 7,07 sinωt А; u = 311 sin(ωt + 90°) В;
для рис. 2.1(р), б i = 7,07 sin(ωt + 45°) А; u = 311 sin(ωt + 135°) В;
для рис. 2.1(р), в i = 7,07 sin(ωt – 45°) А; u = 311 sin(ωt + 45°) В.
71
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u, i
u, В
100
Um
u
Im
0
p
2
p
3p
2
2p wt
i
а)
O4
O5
T
8
T
8
T
8
T
4
u
–100
Im
0
O3
t
T
8
u, i
Um
O2
O1
0
p
2p
Рис. к задаче 2.2(р)
wt
i
u, В
Um
б)
u, i
Um
Im
0
u
0
p
2p
wt
p
2
p
3p
2
2p wt,
рад
i
в)
Рис. к задаче 2.1(р)
–Um
Рис. к задаче 2.3
2.2(р). Синусоидальное напряжение u(t) с амплитудой 100 В и
периодом Т изображено на рис. к задаче 2.2(р) при начале отсчета
времени t ≥ 0.
Записать напряжение при других началах отсчета времени в точках: 1) О1; 2) О2; 3) О3; 4) О4; 5) О5;
Ре шение: 1) u = 100 sin(ωt + 45°) В; 2) u = 100 sin(ωt + 90°) В;
3) u = 100 sin(ωt + 135°) В; 4) u = 100 sin(ωt ± 180°); 5) u = 100 sin(ωt +
+ 270°) = 100 sin(ωt – 90°) В.
2.3. При t = 0 мгновенное значение синусоидального напряжения
(рис. к задаче 2.3) u(0) = – 100 ⁄ 2 В, а при Т/8 = 1/200 с напряжение
u(Т/8) = –Um = –100 В.
Записать мгновенное значение напряжения u(t).
2.4. Найти модуль и аргумент следующих комплексов:
1) 60 + j80; 2) 80 – j60; 3) –300 – j100; 4) –20 + j70; 5) 9 – j0,5;
6) –0,003 + j0,0002.
72
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.5. Разложить на действительную и мнимую составляющие следующие комплексные числа:
1) 5∠30°; 2) 10∠70°; 3) 0,2∠100°; 4) 0,035∠170°; 5) 250∠195°;
6) 30∠–112°; 7) 2∠275°; 8) 380∠–30°; 9) 0,017∠269°; 10) 1000∠–178°;
11) –15∠40°.
2.6. Записать в полярной и алгебраической форме комплексные
амплитуды напряжений и токов, которые имеют мгновенные значения:
1) u = 220 sin(ωt + 20°) В; 2) i = 15 cos(ωt – 50°) А; 3) u = –380 sin(ωt +
+ 100°) В; 4) i = 100 sin(ωt – 120°) А.
2.7(р). В неидеальной катушке, индуктивность которой равна 12 мГн
и сопротивление 9 Ом, ток i(t) = 2 sin1000t А.
Чему равно мгновенное значение приложенного напряжения?
Ре ше ние. Решение проводим комплексным методом. Перейдем к
комплексной схеме неидеальной катушки на частоте ω = 1000 рад/с
(рис. к задаче 2.7(р)).
i(t)
L
R
Þ
Im
jwL
R
Um
u(t)
Рис. к задаче 2.7(р)
Комплексное сопротивление катушки
R + jωL = 9 + j103æ12æ10–3 = 9 + j12 = 15 ∠ 53,13° Ом,
комплексные амплитуды тока и напряжения:
_I m = 2 А, U
_ m = _I m ( R + jωL ) = 30 ∠53,13 ° В,
мгновенное значение приложенного напряжения u = 30 sin(1000t +
+ 53,13°) В.
2.8. Резистор с сопротивлением 100 Ом и конденсатор емкостью 2 мкФ
соединены последовательно. Напряжение на зажимах конденсатора
u(t) = 10 sin5000t В.
Определить мгновенные значения тока, напряжения на резисторе,
общего напряжения, подводимой мощности и потребляемой активной мощности.
2.9(р). Неидеальная катушка подключается сначала к источнику
постоянного напряжения 100 В, а затем к источнику синусоидального напряжения частотой 50 Гц с действующим значением 100 В.
В первом случае ток равен 5 А, во втором 4 А.
Определить индуктивное сопротивление и индуктивность
катушки. Активное сопротивление катушки считать равным ее
сопротивлению постоянному току.
73
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше ние . Схема с источником постоянного напряжения имеет
di
вид, представленный на рис. 1 к задаче 2.9(р), так как u L = L ----- = 0 ,
dt
E 100
следовательно, R = --- = --------- = 20 Ом.
I
5
I
I
U
E
R
jXL
R
i(t)
L
R
C
uк(t)
uС (t)
u(t)
Рис. к задаче 2.10
Рис. 1 к задаче 2.9(р)
Рис. 2 к задаче 2.9(р)
Схема с источником синусоидального напряжения u = 100 2 sin ωt ,
ω = 2πf = 314 рад/с, в комплексной области имеет вид, представленный на рис. 2 к задаче 2.9(р).
Комплексные напряжения, тока и сопротивления:
U
_ = 100 В, _Z = R + jXL, _I = 4∠ϕ, следовательно, Z =
2
2
R + XL =
= U ⁄ I = 100 ⁄ 4 = 25 Ом, XL = 15 = ωL, L = XL/ω = 47,8 мГн.
2.10. В цепи, состоящей из последовательно соединенных конденсатора емкостью С = 50 мкФ и катушки с индуктивностью L = 10 мГн и
сопротивлением R = 10 Ом, ток i(t) = 0,2 sin1000t А (рис. к задаче 2.10).
Найти мгновенные значения напряжений на конденсаторе,
катушке и всей цепи. Построить топографическую диаграмму.
2.11. В цепи, состоящей из двух последовательно соединенных
индуктивных катушек, напряжение на входе u(t) = 120 sinωt B.
Параметры катушек R1 = 50 Ом, R2 = 10 Ом,
L
R
L1 = 4 мГн, L2 = 20 мГн, частота f = 400 Гц
1
1
i(t)
(рис.
к задаче 2.11).
u1(t)
V1
Определить мгновенные значения напряжений u1(t) и u2(t) на катушках и показания
A
u(t)
приборов.
2.12(р). Определить показания приборов в
R2
L2
цепи, если известно показание первого амперu2(t)
метра I1 = 1 A и заданы параметры: R1 = 100 Ом,
V2
R2 = 200 Ом, L = 0,276 Гн, f = 100 Гц (рис. 1 к
задаче 2.12(р)).
Рис. к задаче 2.11
74
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
*
* W
I1
I2
I2
L
R2
V
U
A1
I
I
b
Рис. 1 к задаче 2.12(р)
A
B
R
UAB
XL=
jXL
R2
U
A2
A
R1
a I1
R1
Рис. 2 к задаче 2.12(р)
C
A
B
UBC
R
XC =
3
m n
C
UAB
2R
3
XC =
1
а)
R
R
3
UBC
R
XC =R
2
m
n
3
б)
Рис. к задаче 2.13
Ре ше ние . Комплексная расчетная схема представлена на рис. 2 к
задаче 2.12(р).
Комплексное сопротивление катушки на заданной частоте XL =
= ωL = 2πfL = 173 Ом.
Пусть _I 1 = 1∠0 А, тогда U
_ a b = _I ( R 1 + jX L ) = 1(100 + j173) ≈
U
_ a b 200 ∠60°
≈ 200∠60° В, _I 2 = ---------- = ---------------------- = 1∠60° А, _I = _I 1 + _I 2 = 1 +
200
R2
+ 1∠60° = 1 + 0,5 + j0,866 = 1,73∠30° А.
Показание ваттметра P = UabI cos(60° – 30°) = 299,6 ≈ 300 Вт.
2.13. На рис. к задаче 2.13 показаны схемы фильтров напряжения
обратной последовательности (применяются в релейной защите), где
U
_ AB = U
_ BC = U
_.
Для выбранной схемы (а или б) построить топографические диаграммы для двух случаев:
_ B C на 120°;
_ A B опережает по фазе напряжение U
1) напряжение U
2) напряжение U
_ A B отстает по фазе от напряжения U
_ B C на 120°.
По топографическим диаграммам определить для каждого случая
напряжение Umn, выразив его через напряжение U.
75
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.2. ДВУХПОЛЮСНИК В ЦЕПИ СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
2.14(р). Напряжение на зажимах двухполюсника U
_ = 100 + j70 B, ток двухполюсника _I = 1 +
U
+ j1 A.
Найти активные и реактивные составляющие
тока и напряжения. Определить комплексную
потребляемую двухполюсником
Рис. 1 к задаче 2.14(p) мощность,
(рис. 1 к задаче 2.14(р)).
Ре ше н и е . U
_ = 100 + j70 = 122∠35° В, _I = 1 + j1 = 1,41∠45° А. На
рис. 2 к задаче 2.14(р) построены векторные диаграммы и найдены
активные и реактивные составляющие комплексных напряжения и тока.
I
+j
+j
I
Iр
Uр
10°
U
I
Uа
U
10°
35°
Iа
35°
+1
+1
Рис. 2 к задаче 2.14(p)
Из треугольника напряжений и треугольника токов находим
Uа = 122 cos10° = 120 В, Iа = 1,44 cos10° = 1,42 А,
Uр = 122 sin10° = 21,2 В, Iр = 1,44 sin10° = 0,25 А.
Комплексная мощность
*
S_ = U
_ _I = (100 + j70)(1 – j1) = 170 – j30 = 172,63∠–10° ВæА.
_ = 100 + j100 В,
2.15(р). Напряжение на зажимах двухполюсника U
активная и реактивная составляющие тока: I a = 50 2 А и I p = 20 2 А
(рис. 1 к задаче 2.15(р)).
Определить комплексное действующее значение тока.
Ре ше н и е . Векторная диаграмма представлена на рис. 2 к задаче
2.15(р).
Возможны два варианта ответа данной задачи:
1) активно-емкостный характер двухполюсника (см. диаграмму):
_I 1 = (50 – 20) + j(50 + 20) =30 + j70 А,
76
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
+j
50+20
I
Iр1
I1
U
20 2
50
20 2
Iр2
Iа
50–20
U
I2
Рис. 1 к задаче 2.15(p)
45°
50–20
50
50+20
+1
Рис. 2 к задаче 2.15(p)
2) активно-индуктивный характер двухполюсника (см. диаграмму):
_I 2 = (50 +20) + j(50 – 20) = 70 + j30 А.
2.16. Напряжение и ток на входе пассивного двухполюсника:
u = 100 sin(314t + 20°) В, i = 10 sin(314t – 10°) А.
1. Построить качественно векторную диаграмму, показав векторы
напряжения, тока и их активные и реактивные составляющие.
2. Найти мгновенные значения активных и реактивных составляющих напряжения и тока.
3. Определить параметры двух эквивалентных схем двухполюсника: с последовательным соединением R и X и с параллельным
соединением G и B.
4. Определить активную, реактивную и полную мощности на
входе двухполюсника.
2.17. Для двухполюсника, состоящего из последовательно соединенных резистора с сопротивлением R = 100 Ом и конденсатора
емкостью С = 10–5 Ф, найти параметры R, XC параллельной эквивалентной схемы замещения.
Вычисления провести для двух случаев:
3
1) ω = 10 рад/с,
3
2) ω = 2æ10 рад/с.
2.18. Известны показания приборов: при замкнутом ключе
I = 115 А, U = 6,4 кВ, Р = 665 кВт;
при разомкнутом ключе
I = 166 А, U = 6,2 кВ, Р = 623 кВт (рис. к задаче 2.18).
Определить активное и реактивное сопротивления нагрузки,
представленной в виде последовательно включенных элементов с
параметрами R и X.
То же в виде параллельно включенных элементов с параметрами R и X.
77
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I
*
* W
A
IR
IC
IC
U
Zн
V
R
–jXC
d
I
C
IR
Рис. к задаче 2.18
U
Рис. к задаче 2.20(р)
Найти емкость С ( f = 50 Гц).
Написать выражение для мгновенных значений тока и напряжения при разомкнутом ключе.
2.19. Полная проводимость конденсатора Y = 0,01 См, его добротность QС = 5.
Определить параметры параллельной и последовательной схем
замещения.
2.20(р). Сопротивление R неидеального конденсатора постоянному
току равно 10 кОм. Известно, что при переменном токе с частотой
f1= 1600 Гц tgδ = 0,05. Для параллельной схемы замещения конденсатора определить tgδ, S, P и Q при частоте f2 = 3200 Гц и напряжении
питания U = 380 В, считая активное сопротивление в схеме замещения постоянным и равным R.
Ре ше н и е . Параллельная схема замещения неидеального конденсатора с параметрами R и XC и соответствующая векторная диаграмма представлены на рис. к задаче 2.20(р).
При частоте f1 = 1600 Гц
I R X C1
U
U
----------IR = , IC =
, tgδ 1 = - = --------- ,
R
XC
IC
R
1
1
X C = R tgδ 1 = ---------------- ⇒ C = ------------------- = 0,198 мкФ.
1
2πf 1 C
2πf 1 X C
При f2 = 3200 Гц
XC
1
2
X C = ---------------- = 0,25 кОм, tgδ 2 = --------- = 0,025.
2
2πf 2 C
R
Полную, активную и реактивную мощности S, P и Q определить
самостоятельно.
78
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.21∗. Электродвигатель ЭД с номинальными параметрами Uном =
= 127 В, Pном = 2 кВт и cosϕном = 0,8 включается в сеть с напряжением U = 220 В по схеме на рис. 1 к задаче 2.21*.
R
R
ЭД
U
Uном
U
Rд
jXд
Рис. 1 к задаче 2.21*
Рис. 2 к задаче 2.21*
Найти сопротивление резистора R, при котором двигатель будет
работать в номинальном режиме, и параметры X и R последовательной схемы замещения двигателя, а также полную, активную и реактивную мощности всей установки.
Ре ше ние . При последовательной схеме замещения двигателя с
параметрами Rд и Xд (рис. 2 к задаче 2.21*) Pном = UномIном cosϕном,
следовательно, Iном = 19,7 A, ϕ = 36,87°.
Пусть _I ном = 19,7 ∠ 0 A, тогда
U
_ ном = 127∠36,87° В,
U ном
220
2
2
( R + R д ) + X д = ------------ = ---------- = 11,17 Ом,
19,7
I ном
U
_ ном
_Zд = ------------ = 5,16 + j3,87 Ом, Rд = 5,3 Ом.
_I ном
Z вх =
Активная, реактивная и полная мощности:
2
2
P = I ном (R + Rд) = 19,7 æ10,46 = 4,06 кВт,
2
Q = I ном Xд = 19,72æ3,87 = 1,5 квар, S =
2
2
P + Q = 4,33 кВæА.
2.3. РАСЧЕТ РАЗВЕТВЛЕННЫХ ЦЕПЕЙ СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
2.22. На схеме цепи (рис. к задаче 2.22) активные и комплексные сопротивления даны в омах, входное напряжение u(t) = 100 2 sinωt — в вольтах.
Определить токи ветвей. Построить векторную диаграмму токов и
топографическую диаграмму напряжений (приняв потенциал узла 5
ϕ5 равным нулю).
79
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I3
–j20
–j80
1
j60
I4
–j30
I5
I1
j40
I2
2
50
3
4
5
U
Рис. к задаче 2.22
L2
R1
i1(t) L1
2
C1
R2
3
C2
4
uС (t)
2
u(t)
1
5
Рис. к задаче 2.23
I11
I9
I10
E
R
I5
I7
I8
jXL
I6
X
–j C
2
I3
I4
I1
I2
R
jXL
–jXC
Рис. к задаче 2.24
2.23. Даны параметры двухполюсников: L1 = 5 мГн, R1 = 150 Ом,
С1 = 0,667 мкФ, L2 = 10 мГн, R2 = 200 Ом, С2 = 1 мкФ (рис. к задаче 2.23).
4
Напряжение на входе u ( t ) = 10 2 sin 10 t , В. Найти ток i1(t),
напряжение u C ( t ) . Построить векторную диаграмму токов и топог2
рафическую диаграмму напряжений.
2.24. Комплексные сопротивления XC = XL = R = 10 Ом, _E = 10∠0 В
(рис. к задаче 2.24).
1. Определить токи, построить векторную диаграмму токов.
2. Определить токи и построить векторную диаграмму токов при
увеличенной в 2 раза частоте источника.
2.25(р). Дано: _I 3 = 5∠0 А, R1 = X1 = X3 = 10 Ом, R2 = 6 Ом, X2 = 8 Ом
(рис. 1 к задаче 2.25(р)).
Построить векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму цепи. Вычислить приложенное напряжение U
_.
80
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
I1
E1
+j
I3
I2
X2
U
a
X3
U
R2
X1
b
Рис. 1 к задаче 2.25(p)
U
–jX2I2
R1
a
I1 b
E1
I2
U
jвх
c
X2
I1
R2I2
c
X3
I3
d
R2
d
X1
jX3I3
I2
I3
R1I1
jX1I1
f
Рис. 2 к задаче 2.25(p)
1+
f
Рис. 3 к задаче 2.25(p)
Ре ше н и е . П е р вы й с п о с о б. Расчетная схема представлена на
рис. 2 к задаче 2.25(р). Векторная диаграмма токов и топографическая диаграмма напряжений представлена на рис. 3 к задаче 2.25(р).
Расчет комплексных токов и потенциалов:
ϕd = 0 ,
U
_ b d = jX 3_I 3 = j50 В,
U
_ bd
j50
_I 2 = --------------------- = --------------- = 5 ∠143° А,
R 2 – jX 2 6 – j8
U
_ c d = R 2_I 2 = 30 ∠143° В,
U
_ b c = – j X 2_I 2 = ( – j8 )5 ∠143° = 40 ∠53° В,
_I 1 = _I 2 + _I 3 = ( – 4 + j3 ) + 5 = 3,2 ∠71,5° А,
U
_ a b = R 1_I 1 = 32 ∠71,5° В,
U
_ d f = jX 1_I 1 = 32 ∠161,5° В,
_ ab + U
_ bd + U
_ df =
U
_ = E1 = ϕa – ϕf = U
10 + j30
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
=32 ∠71,5° + j50 + 32 ∠161,5° = – 20 + j90 = 93 ∠102° В.
– 30 + j10
81
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
В то р о й с п о с о б . Представим всю цепь по отношению к источнику
ЭДС как пассивный двухполюсник П (см. рис. 4 к задаче 2.25(р)).
I1
a
a
Z1
E1
П
U
Z2
Zвх
Z3
f
Zвх
f
Рис. 4 к задаче 2.25(p)
Рис. 5 к задаче 2.25(p)
Комплексное входное сопротивление этого двухполюсника
_Zвх = Z вх ∠ϕ вх , Zвх = 29,1 Ом,
ϕвх = ψu – ψi = 102° – 71,5° = 30,5°,
_Zвх = 29,1 ∠30,5° = 25,1 + j14,8 = R вх + jX вх ,
Rвх = 25,1 Ом, Xвх = 14,8 Ом.
Для рассматриваемого двухполюсника сопротивление Zвх можно
определить и непосредственно путем свертывания электрической
схемы двухполюсника. Представим эту схему в виде последовательно-параллельного соединения комплексных сопротивлений
_Z1 = R 1 + jX 1 ; _Z2 = R 2 – jX 2 ; _Z3 = jX 3 , входное сопротивление
_Z2 _Z3
двухполюсника _Zвх = _Z1 + ------------------ (рис. 5 к задаче 2.25(р)).
_Z2 + _Z3
Далее расчет токов проводят, пользуясь законом Ома:
_I 1 = U
_ 1 ⁄ _Zвх , а токи _I 2 и _I 3 определяют по формуле разброса.
R
I1 XC
E1
E2
R
XL
XL
I3
XL
Рис. к задаче 2.26
82
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I2
2.26. Д а н о : _E1 = 60∠0 В, _E2 =
= 10∠–90° В, R = XL = XC = 10 Ом
(рис. к задаче 2.26).
1. Определить токи в ветвях.
2. Построить векторную диаграмму токов и топографическую
диаграмму цепи.
2.27(р). Дано: _E0 = 60∠90° В,
_E1 = 30∠0 В, _E2 = 25 2 ∠– 135° В,
R1 = 20 Ом, X C = 10 Ом, X L = 5 Ом,
1
1
E0
d
I1
R1
V
g
I2
I3
Ubf
c
E2
f
XC
3
XL
2
X L = 5 Ом, X C = 5 Ом (рис. 1 к
XC
2
3
E1
a
1
A
b
задаче 2.27(р)).
1. Определить токи в ветвях.
Рис. 1 к задаче 2.27(р)
2. Построить векторную диаграмму токов и топографическую
диаграмму цепи.
3. Определить показания приборов электромагнитной системы.
Ре ше н и е. Комплексные сопротивления ветвей:
_Z1 = R1 – jX1 = 20 – j10 Ом; _Z2 = jX2 = j5 Ом; _Z3 = – jX3 = –j5 Ом.
Применяем метод узловых потенциалов для двух узлов:
ϕf – ϕa = ∑ Y
–_E ⁄ ∑ Y
–; Y
– = 1 ⁄ _Z ;
∑ Y–_E =
_E1 – _E0 _E2 30 – j60 – 25 – j25 – 13 + j16
------------------ + ----- = --------------------- + -------------------------- = -------------------------- А;
_Z2 20 – j10
_Z1
j5
5
∑ Y– =
1
1
1
1
1
1
1
----- + ----- + ----- = --------------------- + ----- + -------- = --------------------- 1/Ом;
_Z1 _Z2 _Z3 20 – j10 j5 – j5 20 – j10
– 13 + j16
ϕ f – ϕ a = -------------------------- ( 20 – j10 ) = – 20 + j90 В.
5
Токи в ветвях по закону Ома:
( ϕ a – ϕ f ) + _E1 – _E0 – ( – 20 + j90 ) + ( 30 – j60 )
_I 1 = ------------------------------------------------- = --------------------------------------------------------------------- =
20 – j10
_Z1
= 5 – j5 = 5 2 ∠– 45° А;
( ϕ a – ϕ f ) + _E2 – ( –20 + j90 ) + ( –25 – j25 )
_I 2 = ------------------------------------ = ---------------------------------------------------------------------- =
j5
_Z2
= –23 + j1 = 23∠177,5° А;
ϕ f – ϕ a – 20 + j90
_I 3 = ------------------ = -------------------------- = –18 – j4 = 18,5∠–167,5° А.
– j5
_Z3
П р о ве р ка . _I 3 = _I 1 + _I 2 = (5 – j5) + (–23 + j1) = –18 – j4 =
= 18,5∠–167,5° А.
83
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Топографическая диаграмма представлена на рис. 2 к задаче 2.27(р):
+j
I1
d
I2
I3
XL
R
XC
E0
R1I1
E2
Рис. к задаче 2.28
b
jX2I2
–jX3I3
E1
a
I3
c
–jX1I1
I2
J2
XL
E1
g
Ubf
f
I4
Z1
+1
E2
Z3
E1
I1
Z2
I3
Рис. 2 к задаче 2.27(р)
Рис. 1 к задаче 2.29(р)
ϕ a = 0 , ϕ b = ϕ a – jX 1_I 1 = – ( – j10 ) ( 5 – j5 ) = 50 + j50 В,
ϕ c = ϕ b + _E1 = ( 50 + j50 ) + 30 = 80 + j50 В,
ϕ d = ϕ c – R 1_I 1 = ( 80 + j50 ) – 20 ( 5 – j5 ) = – 20 + j150 В,
ϕ f = ϕ d – _E0 = ( – 20 + j150 ) – j60 = – 20 + j90 В,
ϕ g = ϕ f – _E2 = ( – 20 + j90 ) – ( – 25 – j25 ) = 5 + j115 В.
П р о ве р ка . ϕ a = ϕ g + jX 2_I 2 = ( 5 + j115 ) + j5 ( – 23 + j1 ) = 0 .
Показания приборов:
I A = mod [_I 2 ] = 23 А.
U
_ bf = ϕ b – ϕ f = ( 50 + j50 ) – ( – 20 + j90 ) = 70 – j40 = 80,6 ∠– 29,5°.
U V = mod [ U
_ b f ] = 80,6 В.
2.28. Дано: XC = 2 Ом, XL = R = 10 Ом, E1 = 10∠0 В, J2 = 2∠90° A
(рис. к задаче 2.28).
Определить токи ветвей.
2.29(р). Да но: _E1 = 60∠0 В, _E2 = 10∠–90° В, _Z1 = 10 Ом, _Z2 =
= 10 + j10 Ом, _Z3 = j10 Ом (рис. 1 к задаче 2.29(р)).
84
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Определить ток _I 3 методом эквивалентного генератора.
Ре ше ние. По отношению к выделенной ветви с искомым током
_I 3 всю остальную часть цепи рассматриваем как активный двухполюсник, который заменяем эквивалентным генератором (рис. 2 к
U
_х
задаче 2.29(р)): _I 3 = -------------------- .
_Z3 + _Zвх
d
Uх
Zвх
Z1
Z3
I3
Z1
E2
d
E1
Z2
I¢
Ü Zвх
h
Z2
h
Рис. 2 к задаче 2.29(р)
Рис. 3 к задаче 2.29(р)
Рис. 4 к задаче 2.29(р)
Определим U
_ х по схеме на рис. 3 к задаче 2.29(р):
_E1 – _E2 60 + j10
_I ′ = ------------------ = --------------------- = 2,72 ∠– 17° А,
_Z1 + _Z2 20 + j10
( ϕ d ) = ( ϕ h ) + _Z2_I ′ + _E2 ⇒
х
х
⇒U
_ х = ( ϕ d – ϕ h ) = _Z2_I ′ + _E2 = (10 + j10)2,72∠–17° + (–j10) = 34,9∠13° В.
х
Определим _Zвх по схеме на рис. 4 к задаче 2.29(р):
_Z1 _Z2
10 ( 10 + j10 )
_Zвх = ------------------ = --------------------------------- = 6 + j2 = 6,3∠18,5° Ом.
_Z1 + _Z2
20 + j10
Искомый ток в ветви с _Z3 :
U
_х
34,9 ∠13°
_I 3 = -------------------- = ----------------------------------- = 2,62 ∠– 50,5° А.
_Z3 + _Zвх j10 + ( 6 + j2 )
2.30. Дано: XC = XL = R = 3 Ом, _E1 = 6∠0 В, _E2 = 6∠90° В (рис. к
задаче 2.30).
_ ab .
Определить U
85
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
XL
E1
XL
a
b
XC
R
R
XL
I
E2
E
R
XC
R
XL
2
Рис. к задаче 2.30
XC
Рис. к задаче 2.31
2.31. Дано: XC = XL = R = 10 Ом, _E = 100∠0 В (рис. к задаче 2.31).
Определить ток _I .
Ме тод и че с ко е у ка за н и е . Применить преобразование треугольник — звезда.
2.32(р). В двухпроводную линию, соединяющую два активных
двухполюсника, включен ваттметр (рис. к задаче 2.32(р)). Напряже_ = 220∠20° В; _I = 15∠–30° А.
ние и ток в линии: U
1. Вычислить показание ваттметра.
*
2. Определить направление передачи
I
W *
электрической энергии.
Ре ше ни е . На схеме у ваттметра звезA1
U
U
A2
дочки — это обозначения для указания
условно положительных направлений
тока _I W в последовательной (неподвижной)
Рис. к задаче 2.32(p)
_W в
катушке ваттметра и напряжения U
параллельной (подвижной) катушке ваттметра. Показание ваттметра
вычисляется в следующем виде:
*
P W = U W I W cos ( ∠U
_ W_I W ) или P W = Re [ U
_ W_I W ] .
При PW > 0 стрелка ваттметра отклоняется по шкале, а при PW < 0
стрелка ваттметра отклоняется не по шкале, а в противоположном
направлении; в этом случае для получения показания (отклонения
стрелки по шкале) необходимо переключить зажимы параллельной
катушки ваттметра.
Ваттметр измеряет среднюю или активную мощность потока
электрической энергии, проходящей вдоль линии через сечение,
соответствующее точкам подключения параллельной катушки ваттметра. Поэтому, зная схему включения ваттметра, можно по условно
_ W показать условно положиположительным направлениям _I W и U
тельное направление потока энергии. Тогда, если PW > 0, то действительное направление потока совпадает с условно положительным,
если PW < 0 — противоположно.
86
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
В соответствии со схемой включения
U
_W = U
_ = 220 ∠20° В,
⎫
⎪
_I W = –_I = 15 ∠150° А, ⎬ ⇒
⎪
*
_I W = 15 ∠– 150 ° А
⎭
*
⇒ U
_ W_I W = 220 ∠20°æ15 ∠– 150 ° = 3300 ∠– 130° = – 2120 – j2530 ,
*
откуда P W = Re [ U
_ W_I W ] = –2120 Вт.
Условно положительное направление потока энергии от А2 к А1.
Поскольку PW < 0, то действительное направление потока энергии
противоположно — от А1 к А2.
2.33. Да но : X L = 5 Ом, X L = 5 Ом, R = 2,5 Ом, X C = 5 Ом,
1
2
3
R4 = 10 Ом, _J = 0,1 ∠ 0 А (рис. к задаче 2.33).
XL
Ib
XL
1
2
I
3
Z3
I1
R
XC
b
E1
Z1
R4
J
Ia
Рис. к задаче 2.33
I3
E2
I2
a
Ic
c
Рис. к задаче 2.34
Определить ток _I методом эквивалентного генератора.
2.34. Да н о : _I a = 2 ∠135° А, _I b = 4 2 ∠45° А, _E1 = 4 В,
_E2 = 4∠–90° В, _Z1 = 2 + j4 Ом, _Z3 = 2 Ом (рис. к задаче 2.34).
Определить токи _I 1 , _I 2 , _I 3 и _I c .
2.35. На рисунке к задаче 2.35 изображен участок электрической
цепи. Измерения, произведенные в двух ветвях, соединяющих данный участок со всей остальной цепью,
Z1
I1
дали следующие значения комплексных
токов: _I a = 40∠0 А, _I b = 46∠–90° А,
_Z1 = 3 + j4 Ом, _Z2 = 5 + j6 Ом, _Z3 = 2 – j10 Ом.
Определить токи _I 1 , _I 2 , _I 3 .
Z2
a
Ia
I2
b
I3
Z3
c
Ib
Рис. к задаче 2.35
87
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.36(р). Дано: _E1 = 224∠–26° В, _E2 =
I2
I1
= 141∠–45° В, R1 = R3 = X2 = 10 Ом, R1 =
I3
= X1 = X3 = 20 Ом (рис. к задаче 2.36(р)).
R1
X3
X2
1. Составить баланс активных и реакR3
тивных мощностей.
E2
E1
2. Определить показание ваттметра и
W
*
2
направление
потока энергии.
*
Ре шен ие. Выполним расчет токов в
Рис. к задаче 2.36(p)
ветвях методом узловых потенциалов
(напряжений). Комплексные сопротивления
ветвей: _Z1 = R 1 + jX 1 = 10 + j20 = 22,4 ∠64° Ом, _Z2 = R2 + jX2 =
X1
1
R2
= 20 + j10 = 22,4∠26° Ом, _Z3 = R3 – jX3 = 10 – j20 = 22,4∠–64° Ом.
Так как схема содержит два узла, 1 и 2 , то разность потенциалов
j
_1 – j
_2 = ∑ Y
–_E ⁄ ∑ Y
– , где
∑ Y–_E =
∑ Y– =
_E1 _E2 224 ∠– 26° 141 ∠– 45°
----- + ----- = -------------------------- + -------------------------- = 16,1 ∠– 83° А,
_Z1 _Z2
22,4 ∠64°
22,4 ∠26°
1
1
1
1
1,84
----- + ----- + ----- = ---------- ( 1,78 – j0,445 ) = ---------- ∠– 14° 1/Ом,
_Z1 _Z2 _Z3 22,4
22,4
16,1 ∠– 83°
j
_ 2 = --------------------------- 22,4 = 196 ∠– 69° В.
_1 – j
1,84 ∠14°
По обобщенному закону Ома токи ветвей равны:
– (j
_1 – j
_ 2 ) + _E1 – ( 70,7 – j182 ) + ( 200 – j100 )
_I 1 = ----------------------------------------- = ------------------------------------------------------------------------------ = 6,84 ∠– 31° А,
22,4 ∠64°
_Z1
– (j
_1 – j
_ 2 ) + _E2 – ( 70,7 – j182 ) + ( 100 – j100 )
_I 2 = ----------------------------------------- = ------------------------------------------------------------------------------ = 3,94 ∠44° А,
22,4 ∠26°
_Z2
j
_1 – j
_2
196 ∠– 69 °
_I 3 = ------------------ = --------------------------- = 8,75 ∠– 5° А.
22,4 ∠– 64 °
_Z3
Вычисляем комплексные мощности источников ЭДС:
*
S_ E = _E1_I 1 = 224 ∠– 26°æ 6,84 ∠31° = 1526 + j134 = P E + jQ E ,
1
1
1
P E = 1526 Вт, Q E = 134 вар;
1
88
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
*
S_ E = _E2_I 2 = 141 ∠– 45°æ 3,94 ∠– 44° = 10 – j555 = P E + jQ E ,
2
2
2
P E = 10 Вт (почти холостой ход); Q E = –555 вар.
2
2
Составляем баланс активных и реактивных мощностей:
∑ P ист = ∑ RI
2
где R 1 I 1 = 10æ6,84
2
= 10æ8,752 = 766 Вт.
Следовательно,
2
,
2
= 467 Вт, R 2 I 2 = 20æ3,94
∑ RI
2
= 1543 Вт,
∑ P ист =
2
2
= 310 Вт, R 3 I 3 =
P E + P E = 1526 + 10 =
1
2
= 1536 Вт.
Оба источника дают активную мощность в цепь, причем второй
_E2 работает практически без нагрузки по активной мощности:
∑ Q ист = ∑ XI
2
2
2
2
,
2
2
где X 1 I 1 = 20æ6,84 = 936 вар, X 2 I 2 = 10æ3,94 = 155 вар, – X 3 I 3 =
= –20æ8,752 = –1531 вар.
Следовательно,
∑ XI
2
= –440 вар,
∑ Q ист =
Q E + Q E = 134 +
1
2
+ (–555) = –421 вар.
Реактивную мощность отдают в цепь источник _E1 и конденсатор
С3 (X3 = 20 Ом). Приемниками реактивной мощности являются
катушки с индуктивностями L1 (X1 = 20 Ом) и L2 (X2 = 10 Ом), а
также источник _E2 .
Определим показания ваттметра и направления передачи энергии
*
P W = Re [ U
_ W_I W ] :
U
_W = j
_2 – j
_ 1 = – ( R 3 – jX 3 )I_ 3 = – ( 10 – j20 )8,75 ∠– 5° =
= –196∠–69° = 196∠111° В,
*
_I W = _I 1 = 6,84 ∠– 31° А , _I W = 6,84 ∠31° А ,
U
_ W_I W = 196 ∠111°æ6,84 ∠31° = – 1056 + j825 ,
*
P W = Re [ U
_ W_I W ] = –1056 Вт.
89
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
Ваттметр измеряет активную мощность P = P W = P E – R 1 I 1 =
1
= 1526 – 462 = 1059 Вт, передаваемую через сечение, соответствующее точкам подключения параллельной катушки ваттметра, в остальную часть цепи от источника _E1 .
2.37. Дано: _J = 10 ∠ 0 A, X L = R1 = XС = 80 Ом, R2 = X L = 20 Ом
1
2
(рис. к задаче 2.37).
Определить токи.
I 1¢
I ²1
jXL
1
I 2²
I3
R1
–jXC
I 1¢
J
jXL
2
R1
I ²1
I 2¢
I2
J
R2
I3
jXL
–jXC
2
jXL
1
R2
J
Рис. к задаче 2.37
Рис. к задаче 2.38
*
* W
I
R1
I2
I1
–jXC
E
jXL
jXL
R2
Рис. к задаче 2.39
R
–jXC I
4
I3
J
–jXC
E
Рис. к задаче 2.40
2.38. Дано: _J = 10 ∠ 0 A, X L = 80 Ом, R1 = XС = 40 Ом, R2 =
1
= X L = 20 Ом (рис. к задаче 2.38).
2
Определить токи.
2.39. Дано: R1 = 2 Ом, XL = XС = R2 = 4 Ом, PW = 600 Вт (рис. к
задаче 2.39).
Определить ток _I и ЭДС _E .
2.40. Дано: _E = 10 2 ∠0 В, _J = 5∠45° A, XL = 1 Ом, XС = 2 Ом,
R = 1 Ом (рис. к задаче 2.40).
Определить токи, используя метод наложения.
90
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.41*. Да н о : известно, что при _E3
_I 1 =
2e
π
– j --4
А, _I 3 =
Z1
2e
π
j --4
= 0 значения токов
А (рис. к задаче 2.41*).
R
Z3
I1
IA
I3
Z2
E1
L
E
E3
R
A
Рис. к задаче 2.41*
I
Рис. к задаче 2.42*
R
R
A
E
XL
XC
E
XL
V
A1
Рис. к задаче 2.43*
XC
A2
Рис. к задаче 2.44*
Определить значение тока _I 1 при _E1 = _E3 = _E .
2.42*. Дано: известно, что при значении угловой частоты ω1 =
= 100 рад/с показание амперметра IА равно 5 А, а при ω2 = 100 рад/с
показание амперметра IА равно 10 А (рис. к задаче 2.42*).
Определить значения E и R.
2.43*. Да н о : известно, что комплексная мощность источника S_ =
= 100 + j200 ВæА, _I = 1 – j2 А, XC = 80 Ом (рис. к задаче 2.43*).
Определить сопротивления XL и R.
2.44*. Дан о: известны показания приборов А1 и А2, соответственно равные 10 и 15 А, XC = 15 Ом, R = 10 Ом (рис. к задаче 2.44*).
Определить показания вольтметра V и амперметра А.
2.45. Да н о : известно мгновенное значение ЭДС e(t) = 125 2 sinωt В
и комплексное сопротивление XC = 25 Ом (рис. к задаче 2.45).
Определить сопротивление XL, при котором показания амперметра не зависят от положения ключа К и сопротивления R. Определить при этих условиях показание амперметра.
91
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
XL
e(t)
XL
E
XC
e(t)
V
Рис. к задаче 2.45
Рис. к задаче 2.46*
Рис. к задаче 2.47*
IR
I2
I1
R1
a
Rн
C
R
R
J
L
XС
К
A
IL
R2
Uab
L
Рис. к задаче 2.48*
R
b
U
J
C
L
C
Рис. к задаче 2.49*
2.46*. Необходимо определить, при каком соотношении между
сопротивлениями XC и XL в цепи показания вольтметра не зависят от
сопротивления R (рис. к задаче 2.46*).
2.47*. Дан о: известно мгновенное значение ЭДС e(t) = 120 sinωt В
и индуктивность L = 0,1 Гн, угловая частота ω = 100 рад/с (рис. к
задаче 2.47*).
Определить ток в сопротивлении нагрузки Rн и емкость C, при
которой ток в этом сопротивлении не зависит от значения Rн.
2.48*. Да н о :
известно
действующее
значение
напряжения
Uab = 10 2 В и тока I1 = 10 А, параметры элементов: L = 0,5 Гн,
R1 = 1 Ом, R2 = 2 Ом, частота ω = 2 рад/с (рис. к задаче 2.48*).
Определить действующее значение тока источника J.
2.49*. Д а н о : _J = 10 А, P = 200 Вт, L = 0,002 Гн, угловая частота
ω = 1000 рад/с (рис. к задаче 2.49*).
Определить ток катушки IL, а также параметры элементов R и C,
если известно, что на источнике тока напряжение опережает ток
источника на угол π/4.
2.50∗(р). Изображена схема высокочастотной установки с генератором для прогрева и сушки диэлектриков. Испытуемый диэлектрик
помещают между электродами плоского конденсатора, имеющего без
диэлектрика емкость С0, так что при наличии диэлектрика емкость
92
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
С = εС0, где ε — относительная диэлектI
E
рическая проницаемость диэлектрика. г
Параллельно конденсатору включена
C
U
катушка с переменной индуктивностью L0.
L0
Значения С0 и L0 подбирают так, чтобы R г
обеспечить выделение максимальной мощности в диэлектрике (рис. 1 к задаче 2.50*(р)).
3
Рис. 1 к задаче 2.50*(р)
Д а н о : Ег = 3 кВ; Rг = 5æ10 Ом;
f = 400 кГц; ε = 4,5; tgδ = 0,15.
Определить:
1) значения емкости C0 и индуктивности L0, при которых обеспечивается согласование с генератором и передача максимальной мощности в нагрузку;
2) максимальную мощность, выделяющуюся в диэлектрике конденсатора.
Ре ше н и е . Представим конденсатор с реальным диэлектриком
параллельной схемой замещения и построим векторную диаграмму
токов (рис. 2 к задаче 2.50*(р)).
+1
Þ
C
U
I
I
G
C
Iа
I
IС
j
d
Iа
IС
+j
Рис. 2 к задаче 2.50*(р)
Из треугольника токов
IC = ωCU; Iа = GU;
Ia
G
tgδ = ----- = -------- ⇒ G = ωC tgδ .
I C ωC
Составим расчетную схему установки (рис. 3 к задаче 2.50*(р)).
Условие согласования нагрузки с
генератором
*
_Zн = _Zг = R г ,
Eг
U
I
G
Rг
Iа
C
L0
IС
Рис. 3 к задаче 2.50*(р)
93
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
1
где _Zн = --------------------------------------- = --------------------------------------------- = R г выполняется при
G – j ( BL – BC )
1
G + j ⎛ ---------- – ωC⎞
⎝ ωL
⎠
0
1
---------- – ωC = 0 , G = 1/Rг.
ωL 0
Следовательно,
1
tgδ
C 0 = ---------------------- ; L 0 = -------- R г .
εωR г tgδ
ω
Подставляя числовые данные, находим:
С0 = 1,18æ10–10 Ф = 118 пФ; L0 = 2,99æ10–4 Гн = 299 мкГн.
2
Eг
Максимальная мощность, отдаваемая генератором, Pmax = --------- =
4R г
2
Eг
= ------ G = GU2 = ωCU2 tgδ = 450 Вт поступает в конденсатор и обеспе4
чивает нагрев диэлектрика.
Таким образом, максимальная мощность, выделяющаяся в диэлектрике конденсатора Рmax = 450 Вт.
2.51*(р). Да н о : частота приложенного напряжения f = 50 Гц,
параметры моста: C0 = 100 пФ, R4 = 300 Ом (рис. 1 к задаче 2.51*(р)).
Результаты измерений: C4 = 1,2 мкФ, R3 = 100 Ом.
Определить С и tgδ реального конденсатора.
Ре шен ие. Основными параметрами
реального конденсатора являются его
C
C0
емкость С и тангенс угла диэлектрических потерь tgδ. Обычно реальный конденсатор представляют параллельной
I0
U
схемой замещения с параметрами С и G.
УР
Зная С и tgδ, можно вычислить эквиваR4
лентную активную проводимость схемы
замещения и, следовательно, потери
R3
энергии в диэлектрике:
C4
Рис. 1 к задаче 2.51*(р)
94
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
G = ωC tgδ ,
*
2
P = Re [ U
_ _I ] = UI cos ϕ = UI a = GU .
Для измерения основных параметров реального конденсатора
применяют четырехплечий мост на переменном токе (мост
Шеринга). В курсе «Электрические материалы» для измерений
используют мост типа Р525, схема которого с принятыми обозначениями показана на рис. 2 к задаче 2.51*(р). Подбором значений R3 и
C4 добиваются равновесия моста, при котором указатель равновесия
УР (нулевой индикатор) показывает отсутствие тока в диагонали
моста _I 0 .
C
U
G
УР
I0
R3
Uх
U
R4
I¢
I²
Z3
C4
Рис. 2 к задаче 2.51*(р)
Z1
Z2
C0
Z4
Рис. 3 к задаче 2.51*(р)
U
_х
По методу эквивалентного генератора _I 0 = -------------------- (рис. 3 к
_Zвх + _Z0
задаче 2.51*(р)). При равновесии моста _I 0 = 0 , следовательно,
U
_х = 0.
На
расчетной схеме комплексные сопротивления моста
1
1
1
_Z1 = – j -------- , _Z2 = ---------------------- , _Z3 = R 3 , _Z4 = ---------------------------------- . Расчет
G + jωC
1 ⁄ R 4 + jωC 4
ωC
параметров схемы в режиме холостого хода:
U
_
U
_
_I ′ = ------------------ , _I ″ = ------------------ ,
_Z2 + _Z3
_Z1 + _Z4
_Z1 _Z3 – _Z2 _Z4
_.
U
_ х = _Z1_I ″ – _Z2_I ′ = ------------------------------------------------ U
( _Z1 + _Z4 ) ( _Z2 + _Z3 )
_ х = 0 , _Z1 _Z3 – _Z2 _Z4 = 0 .
Условия равновесия моста: U
Получаем два уравнения:
C
CR
G
2
------ = ω C 4 C и ------ -----3- + GR 3 -----4- = 1 .
C0 R4
C0
R4
95
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Параметры испытуемого конденсатора:
R4
1
tgδ = ωC4R4, C = C 0 ------ -------------------------- .
R 3 ( 1 + tg 2 δ )
2.52∗(р). Приемник П активно-индуктивного характера работает
от сети с напряжением U = 11 кВ. Активная мощность приемника
Р = 5 мВт и cosϕ1 = 0,75 (рис. 1 к задаче 2.52*(р)).
Iл
Iл
Iп
IС
U
П
С
Рис. 1 к задаче 2.52*(р)
Г
SN
U
П
P, cos j
Рис. 2 к задаче 2.52*(р)
Рассчитать емкость С батареи статических конденсаторов, необходимую для повышения коэффициента мощности до cosϕ2 = 0,9.
Те о р е т и ч е с ка я с п р а в ка . Приемное устройство (предприятие,
завод и т.п.) берет из энергосети необходимую для его работы активную мощность Р, причем не очень заботясь о том, при каком значении коэффициента мощности cosϕ это происходит. В улучшении
коэффициента мощности непосредственно заинтересованы только
электростанции (рис. 2 к задаче 2.52*(р)).
Электростанции Г характеризуются номинальной полной мощностью SN. Чем выше коэффициент мощности cosϕ приемных устройств, тем большую активную мощность P = SN cosϕ могут отдать
электростанции, т.е. повышение cosϕ способствует лучшему использованию установленной или расчетной мощности электростанций.
К примеру, пусть установленная мощность электростанций
SN = 20æ106 кВт. Тогда при cosϕ = 0,8 они могут отдать без перегрузки по току активную мощность P = SN cosϕ = 20æ106æ0,8 =
= 16æ106 кВт. Если же улучшить коэффициент мощности даже до
cosϕ1 = 0,81, то от тех же станций (без ввода новых мощностей)
можно получить мощность P1 = SN cosϕ1 = 20æ106æ0,81 = 16,2æ106 кВт,
т.е. дополнительную активную мощность РΔ = Р1 – Р = 200 000 кВт,
которой вполне достаточно для обеспечения жизнедеятельности
целого районного центра.
96
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
При одной и той же активной мощности, отдаваемой электростанцией приемному устройству, ток в линии передачи тем меньше, чем
выше коэффициент мощности, значит, меньше потери энергии в проводах линий:
2
P
1
2
ΔP пот = R л I л = R л ⎛ -----------------⎞ ≈ -------------⎝ U cos ϕ⎠
2
cos ϕ
и, следовательно, выше КПД линии передачи электроэнергии.
Таким образом, улучшение коэффициента мощности приемных
устройств имеет большое экономическое значение. Существуют
соответствующие постановления, обязывающие предприятия и
заводы заботиться об улучшении cosϕ, а электростанциям дающие
права контроля и принятия санкций в отношении тех предприятий,
которые не обеспечивают необходимый средний cosϕ.
Приемные устройства обычно имеют активно-индуктивный
характер (асинхронные двигатели, трансформаторы и т.п.), поэтому
для улучшения коэффициента мощности, т.е. частичной компенсации
угла сдвига фаз между напряжением и током приемника, применяют
статические конденсаторы необходимой емкости, которые собирают
в виде батарей и устанавливают на предприятиях и заводах.
Ре ше ние. При наличии кон+1
денсаторов (см. векторную диаU
IС
грамму на рис. 3 к задаче 2.52*(р))
ток в линии _I л = _I п + _I C уменьIл
Iп
шается за счет реактивной составj2
ляющей, что обусловлено компенj1
сирующим
действием
тока
IС
конденсаторов. С энергетической
точки зрения это означает, что кон- +j
денсаторы «взяли на себя» частичРис. 3 к задаче 2.52*(р)
ное снабжение приемника реактивной мощностью, уменьшив
таким образом реактивную мощность генератора электростанции.
Реактивная мощность генератора электростанции при наличии
конденсаторов
*
Q л = Im [ U
_ _I л ] = UI л sin ϕ 2 = P tgϕ 2 =
*
*
*
*
2
= Im [ U
_ (_I п + _I C ) ] = Im [ U
_ _I п ] + Im [ U
_ _I C ] = Q п + Q C = Q п – B C U ,
где реактивная мощность конденсаторов QC = –UIC = –ωCU2 = – BCU2,
причем знак минус означает, что конденсаторы отдают реактивную
мощность в сеть, т.е. являются источниками реактивной мощности.
97
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончательный баланс реактивных мощностей
Q п = Q л + B CU 2 ,
откуда необходимая от конденсаторов реактивная мощность для
повышения коэффициента мощности от cosϕ1 до cosϕ2
2
QC = ωCU = Qп – Qл = P(tgϕ1 – tgϕ2),
а необходимая для этого емкость батареи статических конденсаторов
P
C = ----------- ( tgϕ 1 – tgϕ 2 ) .
2
ωU
Подставляя численные данные, находим:
6
5æ10
–6
C = ------------------------------------- ( 0,885 – 0,466 ) = 55æ10 Ф = 55 мкФ.
2
3
314 ( 11æ10 )
Нагрузка
2.53∗(р). Да но : на сеть с напряжением U = 11 кВ работает синхронный генератор СГ с ЭДС Е = 1,2 B и внутренним сопротивлением
Xг = 12 Ом, отдавая в сеть активную мощность Р = 5 МВт (рис. 1 к
задаче 2.53*(р)).
1. Рассмотреть режимы работы СГ на
сеть с заданным напряжением.
2. Определить реактивную мощU
I
ность, отдаваемую СГ в сеть, а также
ток генератора и построить векторную
диаграмму токов и напряжений генераE
Xг
тора.
СГ
3. Составить эквивалентную схему
замещения
СГ в виде двух параллельРис. 1 к задаче 2.53*(р)
ных ветвей, одна из которых содержит
идеальный источник ЭДС, отдающий
только активную мощность, а другая — реактивное сопротивление.
Определить характер реактивного сопротивления и его значение.
Ре ше ние. 1. Сеть переменного тока с заданным напряжением
характеризуется тем, что источники энергии поддерживают в ней
синусоидальное напряжение неизменным по амплитуде и фазе при
любой нагрузке. Расчетной моделью такой сети может служить
схема, содержащая идеальный источник синусоидальной ЭДС с подключенной к его зажимам идеальной двухпроводной линией. По
условию напряжение в линии U
_ = U ∠0 = const .
Синхронный генератор СГ, подключенный к сети как дополнительный источник энергии, можно представить схемой замещения,
98
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
содержащей последовательно соединенные идеальный источник
синусоидальной ЭДС _E и индуктивное сопротивление Xг. При параллельной работе СГ на сеть частота ЭДС должна быть в точности
равна частоте напряжения сети. ЭДС, индуцируемая в обмотке статора, _E = E ∠θ , где θ — угол сдвига по фазе _E относительно напряжения сети U
_ . Значение Е можно регулировать изменением тока возбуждения в обмотке ротора генератора.
Определим активную и реактивную мощность, отдаваемую синхронным генератором в сеть. Из схемы включения СГ в сеть на основании второго закона Кирхгофа имеем
_E – U
_
U
_ + jX г_I = _E ⇒ _I = – j -------------- .
X
г
Комплексная мощность, развиваемая синхронным генератором,
*
*
2
⎛ _E* – U
_ ⎞
U
_ _E – U
-----------------------------------------=
S_ = U
_ _I = U
_ ⎜j
⎟ = j
Xг ⎠
Xг
⎝
*
j ( 90° – θ )
2
2
U
UE
U E
UEe
= --------------------------------- – j ------- = -------- sin θ + j ------- ⎛ ---- cos θ – 1⎞ = P + jQ ,
⎠
Xг
Xг
Xг
Xг ⎝ U
UE
следовательно, активная мощность, отдаваемая СГ в сеть, P = -------- sin θ ,
Xг
2
U E
реактивная мощность, отдаваемая СГ в сеть, Q = ------- ⎛ ---- cos θ – 1⎞ .
⎠
Xг ⎝ U
Выразим ток генератора в виде суммы активной и реактивной
составляющих:
_E – U
_
U
_
_E
U
_
E
E
_I = – j -------------- = j ----- ⎛ 1 – ----⎞ = j ----- ⎛ 1 – ---- cos θ – j ---- sin θ⎞ =
⎝
⎠
⎝
⎠
Xг
Xг
U
_
U
Xг
U
P
Q
E
1 E
= ---------- sin θ – j ----- ⎛ ---- cos θ – 1⎞ U
_ = ⎛ ------- – j -------⎞ U
_ = _I a + _I p .
⎠
⎝ 2
2⎠
Xг U
Xг ⎝ U
U
U
Здесь активная составляющая тока генератора, находящаяся в
фазе с напряжением сети и характеризующая активную мощность,
P
отдаваемую генератором, _I a = ------- U
_ и реактивная составляющая
2
U
тока генератора, находящаяся по фазе в квадратуре с напряжением
99
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
сети и характеризующая реактивную мощность, отдаваемую генераQ
_.
тором, _I p = – j ------- U
2
U
Угол сдвига фаз между током генератора и напряжением сети
tgϕ = Ip/Ia = Q/P.
Рассмотрим влияние возбуждения СГ и, следовательно, значения
ЭДС Е на работу СГ. Активная мощность, отдаваемая в сеть, Р > 0,
следовательно, и угол θ > 0, т.е. ЭДС опережает по фазе напряжение
сети (генераторный режим). Но эта мощность определяется механической мощностью, которую развивает турбина, вращающая ротор
UE
генератора. Полагаем в дальнейшем P = -------- sin θ . Видно, что с увеXг
личением Е угол θ уменьшается и наоборот. Наиболее характерным
является влияние ЭДС Е на реактивную мощность. Зависимость эта
довольно сложная, ибо не только непосредственно влияет на реактивную мощность, но еще и косвенно через угол θ. Поэтому ограничимся качественным анализом и иллюстрацией с помощью векторных диаграмм. Рассмотрим три характерных режима:
E
1) ⎛ ---- cos θ – 1⎞ = 0; Q = 0 — нормальное возбуждение (рис. 2, а к
⎝U
⎠
задаче 2.53*(р));
E
2) ⎛ ---- cos θ – 1⎞ < 0; Q < 0 — недовозбуждение. Синхронный
⎝U
⎠
генератор СГ отдает отрицательную мощность Q, т.е. фактически
берет из сети реактивную мощность (рис. 2, б к задаче 2.53*(р));
E
3) ⎛ ---- cos θ – 1⎞ > 0; Q > 0 — перевозбуждение. Синхронный
⎝U
⎠
генератор СГ отдает положительную реактивную мощность в сеть
(рис. 2, в в к задаче 2.53*(р)).
Поскольку для работы приемников энергии (например, электродвигателей) требуется кроме активной мощности еще и реактивная мощность,
то последний случай является обычным эксплуатационным режимом.
В ы вод ы .
1. Синхронный генератор, параллельно работающий на сеть с
заданным напряжением, может отдавать в сеть как активную, так и
реактивную мощность. Значение отдаваемой активной мощности
регулируют изменением угла θ, т.е. изменением механической мощности, развиваемой турбиной. Значение отдаваемой реактивной
мощности регулируют изменением ЭДС, т.е. изменением тока возбуждения генератора.
100
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
+1
+1
jX г I
jX г I
U
E
E
I = Iа
jX г I
E
U
Iр U
I
+1
Iа
Iа
j
j=0
+j
Iр
а)
q
j>0
j<0
+j
I
j
q
q
Iр
Iр
+j
б)
в)
Рис. 2 к задаче 2.53*(р)
2. Перевозбужденный синхронный генератор, работающий в
режиме холостого хода, отдает в сеть только реактивную мощность,
которую можно плавно регулировать. Синхронную машину, работающую в таком режиме, называют синхронным компенсатором, ее на
схеме можно заменить конденсатором соответствующей емкости.
Синхронный компенсатор находит применение в энергосистемах для
управления потоками реактивной мощности.
3. На основании выражения для активной мощности СГ вычисляем угол θ:
Xг
12
6
sin θ = -------- P = ----------------------------------- 5æ10 = 0,413 ⇒ θ = 24,5°.
UE
3 2
1,2 ( 11æ10 )
Вычисляем реактивную мощность СГ
3 2
2
( 11æ10 )
U E
Q = ------- ⎛ ---- cos θ – 1⎞ = --------------------------- (1,2 cos24,5° – 1) = 0,91 Мвар.
⎝
⎠
Xг U
12
Мощность положительная, следовательно, СГ отдает ее в сеть.
3
Принимаем U
_ = 11æ10 ∠0 В (рис. 3 к задаче 2.53*(р)). Тогда
комплекс ЭДС генератора
_E = 1,2U∠θ = 1,2æ11æ103∠24,5° = 13,2∠24,5° кВ.
Построим векторную диаграмму.
Активная и реактивная составляющие тока, а также комплексный
тока СГ равны:
6
P
5æ10
_I a = ------- U
_ = ------------------- ∠0 = 455 А,
2
3
U
11æ10
101
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
jX г I
E
+1
U
U
Iр
Iа
U
I
Þ
I
E
j
СГ
Xг
I C BC
СГ
q
+j
I
Iа
Eэ = U
Iр
Рис. 4 к задаче 2.53*(р)
Рис. 3 к задаче 2.53*(р)
6
0,91æ10
Q
_ = – j ------------------------ ∠0 = – j82,7 А,
_I p = – j ------- U
2
3
U
11æ10
_I = _I a + _I p = 455 – j82,7 = 463 ∠– 10,4° А,
ϕ = ψu – ψi = 0 – (–10,4°) = 10,4°.
Угол сдвига фаз между током генератора и напряжением сети
можно определить как
6
Q 0,91æ10
tgϕ = ---- = ------------------------ = 0,183 ⇒ ϕ = 10,4° .
6
P
5æ10
4. Составляем эквивалентную схему замещения СГ (рис. 4 к
задаче 2.53*(р)), емкостным элементом с проводимостью ВC моделируем отдачу в сеть реактивной мощности Q, осуществляемую реальным СГ. Уравнение токов в реальном СГ и его модели:
Q
_ = jB C U
_I = _I a + _I p = _I a – _I C ⇒ _I C = –_I p = j ------- U
_.
2
U
Отсюда необходимая эквивалентная емкостная проводимость
ВC = Q/U2 = ωC, где С — емкость конденсатора или элемента, которым
моделируем отдачу в сеть реактивной мощности. При частоте f = 50 Гц
необходимая емкость
6
0,91æ10
Q
C = ----------- = ------------------------------------- = 24 мкФ.
2
3 2
ωU
314 ( 11æ10 )
102
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.4 РЕЗОНАНС И СОГЛАСОВАНИЕ
2.54(р). Да н о: реактор (R, L) последовательно соединен с конденсатором емкостью С. Действующие значения напряжений на входе цепи и
на конденсаторе известны: U = 60 B, UC = 80 B (рис. 1 к задаче 2.54(р)).
I
R
L
+j
C
I
U
Uр
UC
0
Рис. 1 к задаче 2.54(р) ↑
U
Uр
+1
UC
Рис. 2 к задаче 2.54(р) →
Найти напряжение на реакторе Uр, если в цепи имеет место резонанс напряжений.
Построить векторную диаграмму напряжений на комплексной
плоскости.
Ре шение.
1. Из условия резонанса напряжений следует, что комплексный
ток _I совпадает по направлению с комплексным напряжением U
_ на
входе цепи.
2. Напряжение U
_ C отстает от тока на 90°. По второму закону
Кирхгофа U
_ =U
_р + U
_C.
3. Векторная диаграмма представлена на рис. 2 к задаче 2.54(р).
2
2
Из векторной диаграммы U p = 60 + 80 = 100 В.
2.55(р). Да н о : в цепи, состоящей из параллельно соединенных
реактора (R, L) и конденсатора емкостью С, известны показания
амперметров А2 и А3: I2 = I3 = 1 А. Имеет место резонанс токов.
Найти показание амперметра в ветви реактора А1 (рис. 1 к задаче
2.55(р)).
Ре шение.
1. Условие резонанса токов: комплексный ток _I 3 совпадает по
_.
направлению с комплексным напряжением U
2. Комплексный ток в емкостном элементе (конденсаторе) опере_ на 90°.
жает напряжение U
103
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I1
R
+j
L
A1
A3
C
I2
I3
I2
A2
U
Рис. 1 к задаче 2.55(р)
I
R
L
I3
0
U +1
C
U
I1
Рис. к задаче 2.56(р)
Рис. 2 к задаче 2.55(р)
3. По первому закону Кирхгофа _I 3 = _I 1 + _I 2 .
4. Из векторной диаграммы, представленной на рис. 2 к задаче 2.55(р),
2
2
2
2
следует, что I 1 = I 2 + I 3 = 1 + 1 = 2 А.
2.56(р). Да н о : для цепи последовательного резонансного контура
R, L, C известно R = 20 Ом, L = 10 мГн, ω0 = 106 рад/с, U = 2 мВ (рис.
к задаче 2.56(р)).
Найти:
1. Значение емкости С0, при которой в цепи имеет место резонанс
напряжений.
2. Добротность контура Q, значения тока I0 и напряжений UL, UC
при резонансе.
Ре шение.
1. Реактивное сопротивление индуктивной катушки XL = ω0L =
= 106æ10–2 = 104 Ом.
1
2. При резонансе напряжений XC = XL, ------------- = ω 0 L , откуда
ω0 C0
1
1
– 10
Ф = 100 пФ.
C 0 = ---------- = --------------------------- = 10
2
12
–2
ω 0 L 10 æ10
3. Добротность
6
–2
ω0 L
1
10 æ10
--------------------------------------------- = 500 .
Q=
=
=
R
ω 0 CR
20
104
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4. Ток I0 и напряжения UL, UC при резонансе:
–3
U 2æ10
–4
I 0 = ---- = ------------------- = 10 А = 100 мкА,
R
20
4
–4
4
–4
U C = X C I 0 = 10 æ10
U L = X L I 0 = 10 æ10
= 1 В,
= 1 В,
т.е. UL, UC при резонансе превышают в Q раз приложенное напряжение.
2.57. Да но: при резонансе в цепи показания вольтметров V 90 В,
V2 120 В (рис. к задаче 2.57).
I1
V1
I
U
R
V
R
L
A1
I
L
C
A
V2
I2
C
A2
U
Рис. к задаче 2.57
Рис. к задаче 2.58
Вычислить показание вольтметра V1.
2.58. Да но: при резонансе в цепи показания амперметров А1 и А2:
I1 = 17 А, I2 = 15 А (рис. к задаче 2.58). Определить показание амперметра А.
R
2.59(р). Да н о : для цепи последовательного контура заданы параметры: R = 20 Ом,
L
L = 10 мГн, e(t) = 2 sin(106t) мВ (рис. 1 к e(t)
C
задаче 2.59(р)).
Определить значение емкости С0 при
Рис. 1 к задаче 2.59(p)
резонансе, добротность контура Q0, полосу
частот пропускания, 1 %-ную относительную и обобщенную расстройки, построив резонансную кривую зависимости тока I/I0 от частоты ω.
Какому условию должны удовлетворять частоты ω1 и ω2, при
которых цепь, состоящая из последовательно соединенных элементов R, L и C, обладает одинаковыми по абсолютному значению, но
противоположными по знаку реактивными сопротивлениями?
105
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре шение.
1. Значение емкости при резонансе определяется по заданной час1
1
1
6
тоте ω 0 = -------------- = 10 , следовательно, C 0 = ---------- = --------------------------- =
2
12
–2
LC 0
ω 0 L 10 æ10
= 10–10 Ф = 100 пФ.
ω0 L
1
1
2. Добротность Q = ---------- = ------------------ = -------------------------------------- = 500 .
R
ω 0 RC 0 10 6 æ20æ10 – 10
3. Полоса пропускания определена по уровню 1 ⁄ 2 от максимального значения тока при резонансе I0. Частотная зависимость тока
1
I
---- = --------------------------------------------------- ,
I0
ω 0⎞ 2
2⎛ ω
1 + Q ⎜ ------ – ------⎟
⎝ ω0 ω ⎠
ω 0⎞ 2
1
I
2⎛ ω
из условия ---- = ------- следует Q ⎜ ------ – ------⎟ = 1 .
I0
⎝ ω0 ω ⎠
2
Для граничных частот ω1 и ω2 полосы пропускания равны
2
2
2
2
( ω0 – ω1 )
1
------------------------- = ---- при ω1 < ω0;
Q
ω0 ω1
( ω2 – ω0 )
1
------------------------- = ---- при ω2 > ω0.
Q
ω0 ω2
ω0
1
Следовательно, при Q >> 1 ω 1 = ω 0 – ------- = ω 0 ⎛ 1 – -------⎞ ; ω 2 =
⎝
2Q
2Q⎠
ω0
1
= ω 0 + ------- = ω 0 ⎛ 1 + -------⎞ .
⎝
2Q
2Q⎠
ω 0 10 6
Полоса пропускания Δω = ω 2 – ω 1 = ------ = --------- = 2000 рад/с.
Q
500
Однопроцентная относительная расстройка от резонансной час⎛ ω0 ω ⎞
1
–2
тоты ω0 составляет ⎜ ------ – ------⎟ = ---------- – 0,99 = 2æ10 .
0,99
⎝ ω ω 0⎠
106
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Обобщенная расстройка
⎛ ω0 ω ⎞
Q ⎜ ------ – ------⎟ = 500æ2æ10–2 = 10.
⎝ ω ω 0⎠
График зависимости I/I0 от
обобщенной расстройки представлен на рис. 2 к задаче 2.59(р).
2.60. Да но : известны показания приборов Р = 4 Вт, U = 2 В,
индуктивное сопротивление ХL =
= 2 Ом (рис. к задаче 2.60).
Найти R и ХC в режиме резонанса напряжений. Построить
векторную диаграмму токов.
*
* W
I
XC
I/I0
1
0,707=
–4 –3 –2 –1 0
3 4 Q( w – w0 )
w0 w
Рис. 2 к задаче 2.59(p)
IL
I
XL
R
U
1 2
1
2
XL
V
IR
Рис. к задаче 2.60
U
XС
I1
I2
R
R
Рис. 1 к задаче 2.61(p)
2.61(р). Дано: R = 40 Ом, XL = 30 Ом (рис. 1 к задаче 2.61(р)).
Определить значение ХС, при котором в цепи будет резонанс.
Построить качественную круговую диаграмму для входного тока.
Ре шение.
1. Комплексные проводимости ветвей:
R – jX
R + jX C
1
1
1
----- = ------------------- = -------------------L- ; Y 2 = ------------------- = -------------------Y
.
=
1
–
_Z1 R + jX L R 2 + X 2 –
R – jX C R 2 + X 2
L
C
Входная проводимость
XC ⎞
⎛
⎛ XL
R ⎞
R
- + --------------------⎟ – j ⎜ ------------------- – -------------------Y
⎟=
–1 + Y
– 2 = ⎜ ------------------– вх = Y
⎝ R2 + X2 R2 + X2 ⎠
⎝ R2 + X2 R2 + X2 ⎠
L
C
L
C
= Gвх – jBвх.
107
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2. Условие резонанса Ввх = 0, следовательно,
XL
XC
2
------------------- – -------------------= 0 или 3X C – 250X C + 4800 = 0 ;
2
2
2
2
R + XL R + XC
180
320
X C = --------- = 30 Ом; X C = --------- = 53,3 Ом.
1
2
6
6
3. Уравнение круговой диаграммы _I = _I 1 + _I 2 . Ток _I 2 зависит
_ = U ∠0 :
от XC. Пусть U
_I 2 к
_I 2 = ------------------------- ,
XC j θ
1 + ------- e
R
где _I 2 к — значение тока при XC = 0,
U
_
_I 2 к = ---- .
R
Ток _I 1 не зависит от XC:
U
_
π
_I 1 = ----- = I 1 ∠⎛ ϕ 1 – ---⎞ .
⎝
2⎠
_Z1
Круговая диаграмма представлена на рис. 2 к задаче 2.61(р).
+1
U
XC = 0
I
XC
XC < XC
1
2
1
I2к =
XC
I2
I
U
R
R
L
C
U
2
I
j1 1
+j
Рис. 1 к задаче 2.62(p)
0
Рис. 2 к задаче 2.61(p)
2.62(р). Да но : для цепи последовательного R, L, C-контура R = 50 Ом,
4
L = 10 мГн, ω = 10 рад/с, U = 1,6 В (рис. 1 к задаче 2.62(р)).
Найти зависимость UC(C), определить, при каком значении C
напряжение UC достигает максимума, при каком C0 имеет место
резонанс напряжений.
108
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре шение.
1. Зависимость UC(C) найдем как UC(ХС):
2 2
UX C
U XC
2
U C = IX C = ---------------------------------------------- ; U C = ------------------------------------------ .
2
2
2
2
R + ( XL – XC )
R + ( XL – XC )
2.
2
2
2⎫
⎧
dU C
2 ⎪ 2X C [ R + ( X L – X C ) ] + 2 ( X L – X C )X C ⎪
----------- = U ⎨ ------------------------------------------------------------------------------------------------------ ⎬ .
dX C
2
2 2
⎪
⎪
[ R + ( XL – XC ) ]
⎩
⎭
Приравняв производную к нулю, получим уравнение для определения ХС и C, при котором UC максимально:
2
2
R + (XL – XC) + (XL – XС)XС = 0,
4
–2
где XL = ωL = 10 æ10 = 100 Ом, R = 50 Ом.
Подставляя численные значения, получаем
502 + 1002 – 100ХС = 0; ХС = 125 Ом;
1
1
–7
C = ----------- = ---------------------- = 8æ10 Ф = 0,8 мкФ.
ωX C 10 4 æ125
3. При резонансе
1
1
–6
C 0 = ---------- = ------------------------- = 10 Ф = 1,0 мкФ.
2
8
–2
ω 0 L 10 æ10
4. График зависимости UC(C) представлен на рис. 2 к задаче 2.62(р)
UC(C), В
4
3
2
1,6
1
0,8
0
C
1,0
C0
C, мкФ
Рис. 2 к задаче 2.62(p)
109
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1,6æ125
1,6æ100
U C = ----------------------------------------------------- = 3,58 В, U C = --------------------- = 3,2 В,
0
50
2
2
50 + ( 100 – 125 )
UC(C = 0) = U = 1,6 В, UC(С → ×) = 0.
2.63. Даны параметры: R = 100 Ом, L = 40 Гн, C1 = 3 мкФ, C2 =
= 1 мкФ, U = 200 В (рис. к задаче 2.63).
I1
R1
C1
I2
I3
I1
I3
E
C2
U
XC
XL
R2
R3
I2
L
R
Рис. к задаче 2.63
Рис. к задаче 2.64
Iн
L
IC
e(t)
R1
C
Rн
Рис. к задаче 2.65(p)
Определить резонансные частоты и токи на резонансных частотах.
2.64. Да н о: сопротивления резисторов R1 = 8 Ом, R2 = R3 = 40 Ом
и реактивное сопротивление катушки XL = 30 Ом, а также комплексная ЭДС _E = 120 ∠0 В (рис. к задаче 2.64).
Определить, при каких значениях реактивного сопротивления XC
в цепи имеет место резонанс токов. Найти токи и построить векторно-топографическую диаграмму при резонансе.
Метод и ч е с ко е у ка з а н и е . См. задачу 2.61.
2.65(р). Даны параметры элементов активного двухполюсника:
R1 = 100 Ом, L = 318 мГн, e ( t ) = 200 2 sin ( 314t ) В. Нагрузкой служат сопротивление нагрузки Rн и емкость конденсатора С, выполняющего роль компенсатора (рис. к задаче 2.65(р)).
110
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Найти:
1. При каких значениях Rн и С в нагрузке выделяется максимальная мощность Pmax.
2. Сравнить Pmax с мощностью Р0 в нагрузке при отсутствии компенсатора.
Ре шение.
1. Условие согласования генератора (активного двухполюсника) и
нагрузки — входная проводимость генератора равна комплексносопряженной проводимости нагрузки генератора:
1
1
*
⎛ ----- ------------⎞
Y
– вх.г = Y
–н , Y
– н = ⎝ R + – jX ⎠ ,
н
C
где
1 ⎞ ⎛ 1
1
1
1
⎛ 1- + ------- = --------- – j -----------------------------------------⎞ = ⎛ --------- – j ---------⎞ См,
Y
– вх.г = ⎝ -⎠
⎝
⎠
⎝
–
3
R jX L
100
100
100⎠
314æ31,8æ10
следовательно,
1
1
1
1
*
⎛ ----- ------------⎞ ⎛ -----------------⎞
Y
– н = ⎝ R + – jX ⎠ = ⎝ 100 – j 100⎠ См.
н
C
Приравнивая действительные и мнимые части проводимостей,
получаем
1
–5
Rн = 100 Ом, XC = 100 Ом, C = ----------- = 3,18æ10 Ф.
ωX C
2. Мощность в сопротивлении нагрузки при согласовании
R1 Rн
2
P max = I н R н , R = -------------------- ,
R1 + Rн
после преобразования
_E( – jX C )
_I R = -------------------------------------------------------------------------------------- ,
( – jX C )R + ( jX L )R + ( – jX C ) ( jX L )
R1
_I R
_I н = _I R -------------------- = ------ , т.е. при _E = 200 В
R1 + Rн
2
111
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
_E( – jX C )
_I н = -------------------------------------------------------------------------------------- =
( – jX C )R + ( jX L )R + ( – jX C ) ( jX L )
200 ( – j100 ) ⁄ 2
= --------------------------------------------------------------------------------------------------- = 1 ∠– 90° А;
( – j100 )50 + ( j100 )50 + ( – j100 ) ( j100 )
2
Pmax = 1 æ100 = 100 Вт.
Мощность в сопротивлении нагрузки при отсутствии компенсатора
2
P 0 = _I н R ,
где
_ER 1
200
_I н = ----------------------------------------------------------- = --------------------------- = 0,894 ∠– 63°4 А,
jX L R 1 + jX C R н + R 1 R н 100 + j200
2
P0 = 0,894 æ100 = 80 Вт.
Выигрыш по мощности в нагрузке при наличии компенсатора
составил 100/80 = 1,25 раза, или 25 %.
2.66. Даны параметры: R1 = 60 Ом, C = 12,5 мкФ, R = 20 Ом,
ω = 103 рад/с (рис. к задаче 2.66).
R
L
L1
U
R1
C
A
C1
R1
u
V
L2
R2
C2
i
Рис. к задаче 2.66
Рис. к задаче 2.67
Определить значение L, при котором наступает резонанс, а также
входной ток при резонансе, считая U = 100 В.
2.67. Даны параметры: R1 = 20 Ом, R2 = 40 Ом, L1 = 20 мГн,
L2 = 40 мГн, C1 = 50 мкФ, C2 = 25 мкФ, i ( t ) = 2 sin ( 1000t ) А (рис. к
задаче 2.67).
Определить показания приборов и напряжение на входе цепи.
2.68(р). Даны параметры: _E = 100 В, X L = 20 Ом, X L = 30 Ом,
1
2
XM = 10 Ом, R = 10 Ом (рис. 1 к задаче 2.68(р)).
Найти, при каком значении ХС источник ЭДС развивает максимальную мощность, и определить эту мощность.
112
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
*
E
XL
XL
1
XM
1
E
*
XM
–XM
XL
2
XM
XC
R
XL
R
Рис. 1 к задаче 2.68(р)
XC
2
Рис. 2 к задаче 2.68(р)
Ре ше н и е . Используем развязку индуктивных связей. После преобразования схема цепи примет вид, представленный на рис. 2 к
задаче 2.68(р).
Для того чтобы источник развивал максимальную мощность,
необходимо, чтобы входное сопротивление цепи было чисто активным, т.е. Im[ _Zвх ] = 0.
Входное сопротивление
( jX M + jX L ) ( – j X M – jX C )
2
_Zвх = R + jX L + jX M + -------------------------------------------------------------------- =
1
jX L + jX M – jX M – jX C
2
j ( XM + XL ) ( –j ( XM + XC ) )
2
= R + jX L + jX M + --------------------------------------------------------------------- =
1
–j ( XC – XL )
2
( X M + X L ) ( X M + X C )⎞
⎛
2
= R + j ⎜ X L + X M + ---------------------------------------------------------⎟ = Re [ _Zвх ] + jIm [ _Zвх ] ,
1
X
(
⎝
⎠
C – X L2 )
2
XM + XL XM + XC ( XM + XL )
2
2
Im [ _Zвх ] = X L + X M + ---------------------------------------------------------------------------- = 0 .
1
( XC – XL )
2
Решение уравнения относительно XC:
2
( XC – XL ) ( XL + XM ) + XM + XL XM + XC ( XM + XL ) = 0 ,
2
1
2
2
2
XC ( XL + XM + XM + XL ) – XL XL – XL XM + XM + XL XM = 0 ,
1
2
2
1
2
2
2
2
XL XL – XM
20æ30 – 10
50
1
2
X C = ------------------------------------------- = ---------------------------------------- = ------ Ом.
X L + X L + 2X M 20 + 30 + 2æ10
7
1
При XC = 50/7 Ом
2
2
_Zвх = R = 10 Ом, Pmax = (E/R) R = 1000 Вт.
113
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
_ = 100 В, X L = 10 Ом, X L = 20 Ом,
2.69. Даны параметры: U
1
2
R1 = 100 Ом, XM = 10 Ом (рис. к задаче 2.69).
XM
R1
*
*
U
a
XL
1
2
c
Рис. к задаче 2.69
*
L1
XC
XL
*
R
d
L2
L3
C
f
b
Рис. к задаче 2.70
Определить XC, при котором
1) мощность источника чисто активная и найти эту мощность;
2) полная мощность источника равна нулю.
2.70. Дано: R = 10 Ом, L1 = 17 мГн, L2 = 4,75 мГн, L3 = 6,34 мГн,
4
M12 = M23 = M31 = 1 мГн, ω = 10 рад/с (рис. к задаче 2.70).
Найти значения емкости С, при которых будет резонанс, входные
сопротивления при резонансе.
Метод иче ско е указ а ние . Исключить индуктивные связи катушек (развязка индуктивных связей).
2.71(р). Д а н о : R1 = 500 Ом,
E1
XC
2
a
R1
XL
E2
XL
X L = 3,9 кОм, X C = 3,4 кОм,
1
1
1
X L = 12,2 кОм, X C = 12,7 кОм,
2
2
XC
1
мгновенные значения ЭДС e1(t) = 40×
2
Zн
Iн
Рис. 1 к задаче 2.71(p)
b
×sin(ωt – 15°) В, e2 = 14,1sin(ωt + 30°) В.
К точкам b и a цепи подключен
приемник с комплексным сопротивлением _Zн (рис. 1 к задаче 2.71(р)).
Определить, при каком значении _Zн активная мощность приемника Рн максимальна, и найти эту мощность.
114
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше н и е .
Условие
максимальной
мощности
приемника
*
_Zвх ,
где _Zвх — входное сопротивление активного двухполюсника (эквивалентного генератора) (рис. 2 к задаче 2.71(р)).
_Zн =
E1
Uх
Zвх
a
Zн
Iн
XL
R1
1
Iх
–jXC
b
1
2
Uх
a
Рис. 2 к задаче 2.71(p)
–jXC
jXL
E2
2
b
Рис. 3 к задаче 2.71(p)
Определим
( R 1 + j ( X L – X C ) )j ( X L – X C )
1
1
2
2
_Zвх = ------------------------------------------------------------------------------------- =
R1 + j ( XL – XC ) + j ( XL – XC )
1
1
2
2
( 500 + j ( 3900 – 3400 ) )j ( 12 200 – 12 700 ) ( 500 + j500 )j ( – 500 )
= ----------------------------------------------------------------------------------------------------------- = ---------------------------------------------------- =
500 + j ( 3900 – 3400 + 12 200 – 12 700 )
500
= 500 – j500 Ом.
Комплексные действующие значения ЭДС:
40
14,1
_E1 = ------- ∠– 15° = 28,37 ∠– 15° В, _E2 = ---------- ∠30° = 10 ∠30° В.
2
2
Определим U
_ х по схеме, представленной на рис. 3 к задаче 2.71(р):
_E1 + _E2
28,37 ∠– 15° + 10 ∠30°
_I x = ------------------------------------------------------------------------------- = --------------------------------------------------------- =
R 1 + jX L – jX C + jX L – jX C
500
1
1
2
2
27,4 – j7,34 + 8,66 + j5 36,06 – j2,34
= ------------------------------------------------------------ = --------------------------------- = 0,072 – j0,005 А.
500
500
U
_х = j
_b – j
_ a = _E2 – _I x ( jX L – jX C ) =
2
2
= 8,66 + j5 – (0,072 – j0,005)(–j500) = 11,16 + j41 = 42,49∠75° В.
Ток в нагрузке определим по методу эквивалентного генератора:
U
_х
42,49 ∠75°
_I н = --------------------- = ------------------------------------------------------------- = 0,04249∠75° ≈ 42,5∠75° мА.
_Zвх + _Zн 500 – j500 + 500 + j500
Мощность в сопротивлении нагрузки
2
2
–6
P н = I н R н = ( 42,5 ) 10 æ500 = 0,903 Вт.
115
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.72∗. Даны параметры L и С (рис. к задаче 2.72*).
XC
C
R
XL
XL
1
*
13
*
a
XL
XC
1
2
A3
XM
R
A1
A2
R3
2
*
1
XL
12
XM
L
*
XM
A4
23
XL
3
*
Рис. к задаче 2.72*
U
Рис. к задаче 2.73*
Рис. к задаче 2.74*
При каком значении R входное сопротивление чисто активное при
любой частоте.
Построить качественно векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму напряжений.
2.73∗. Дан о: X L = 80 Ом, X L = 240 Ом, X L = 160 Ом, X M =
1
2
3
12
5
= X M = 80 Ом, X M = 40 Ом, ω = 10 рад/с (рис. к задаче 2.73*).
23
13
Определить, при каком значении емкости С в двухполюснике
будет наблюдаться резонанс.
2.74∗. Д а н о : L1 = 20 мГн, L2 = 40 мГн, M = 20 мГн, R3 = 1 кОм,
U = 20 В, ω = 105 рад/с (рис. к задаче 2.74*). Емкость С1 подобрана
так, что цепь настроена в резонанс.
Определить при возможных резонансах показания приборов. Рассмотреть два варианта соединения катушек в узле а: 1) одноименными, 2) разноименными выводами.
2.75∗. Д а н о : _E = 11 В, R1 = 10 Ом,
R2 = 100 Ом (рис. к задаче 2.75*).
R1
X3
Найти значения реактивных сопротивлений Х3 и Х4, при которых приемE
ник с сопротивлением R2 = 100 Ом
X4
R2
получает максимальную мощность от
источника питания с внутренним
сопротивлением R1 = 10 Ом.
Определить Рmax и Р при непосредРис. к задаче 2.75*
ственном присоединении приемника к
источнику.
116
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше ние. При непосредственном подключении приемника R2 к
неидеальному источнику
11
E
2
I = -------------------- = --------- = 0,1 А, P = 0,1 æ100 = 1 Вт.
R 1 + R 2 110
Рассмотрим согласование источника с нагрузкой. Пусть Х3 < 0, Х4 > 0.
Тогда
( R 1 – jX 3 ) ( jX 4 )
X 3 X 4 + jR 1 X 4
_Zвх = ---------------------------------------- = ---------------------------------------- =
R1 – j ( X3 – X4 ) R1 – j ( X3 – X4 )
( X 3 X 4 + jR 1 X 4 ) [ R 1 – j ( X 3 – X 4 ) ]
= -------------------------------------------------------------------------------------- =
2
2
R1 + ( X3 – X4 )
2
2
2
2
R1 X4
R1 X4 + X3 X4 – X3 X4
= ----------------------------------------- + j ----------------------------------------------------- .
2
2
2
2
R1 + ( X3 – X4 )
R1 + ( X3 – X4 )
Условие согласования
*
*
Re [ _Zвх ] = Re [ _Zвх ] = R 2 = 100 Ом, Im [ _Zвх ] = Im [ _Zвх ] = 0.
Следовательно,
2
2
R1 X4
R1 X4
-------------------------------------------------------- = ------------------------------------------------------------------------= R 2 , (1)
2
2
2
2
2
2
R 1 + X 3 – 2X 3 X 4 + X 4 R 1 + X 3 – X 3 X 4 – X 3 X 4 + X 4
2
2
2
2
2
R1 X4 + X3 X4 – X3 X4 = X4 ( R1 + X3 – X3 X4 ) = 0 .
Подставим (2) в знаменатель (1) и получим
(2)
2
R1 X4
R1 X4
------------------------- = R 2 ⇒ ------------------ = R 2 ⇒ X 3 – X 4 = 0,1X 4 ⇒ 0,9X 4 = X 3 .
2
X4 – X3
X4 – X3 X4
*
Ре шение: X4 = ±100/3, X3 = å30 Ом, при этом _Zвх = R 2 = 100 Ом.
Применим метод эквивалентного генератора для определения
тока в приемнике:
100
11æj --------_EæjX 4
3
j1100
U
_ х = ------------------------------------- = --------------------------------------- = --------------------- В; _Zвх = 100 Ом;
R 1 – jX 3 + jX 4
100 30 + j10
10 – j30 + j --------3
U
_х
j1100
_I н = --------------------- = --------------------------------------------------------- = 0,173 95 ∠71,6° А.
_Zвх + R 2 ( 30 + j10 ) ( 100 + 100 )
2
Мощность в приемнике Pmax = (0,173 95) 100 = 3,025 Вт.
117
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.76∗. Даны параметры последовательной схемы замещения активного двухполюсника: _Zвх = R = 10 Ом, _E = 40 В (рис. к задаче 2.76*).
X1
X2
A
X2
A
Rн
Рис. к задаче 2.76*
*
* W
U
V
X1
Рис. к задаче 2.77*
XL
R
Рис. к задаче 2.78*
Rн
XC
U
V
V1
V2
R
L
V3
C
Рис. к задаче 2.79*
Определить реактивные сопротивления Х1 и Х2, при которых в
сопротивлении нагрузки Rн = 100 Ом будет максимальная мощность.
Определить эту мощность, найти, во сколько раз эта максимальная
мощность отличается от мощности в сопротивлении нагрузки Rн при
его непосредственном подключении к активному двухполюснику.
∗
2.77 . Даны параметры последовательной схемы замещения активного двухполюсника: _Zвх = R = 10 Ом, _E = 40 В (рис. к задаче 2.77*).
Определить реактивные сопротивления Х1 и Х2, при которых в
сопротивлении нагрузки Rн = 100 Ом будет максимальная мощность.
Определить эту мощность, найти, во сколько раз эта максимальная
мощность отличается от мощности в сопротивлении нагрузки Rн при
его непосредственном подключении к активному двухполюснику.
2.78∗. Дан о: в цепи имеет место резонанс. Напряжение источника
U = 120 В, XL = 116 Ом, потребляемая мощность P = 120 Вт (рис. к
задаче 2.78*).
Определить значение сопротивлений R и XC.
2.79∗. Да н о : к цепи подключен источник синусоидального напряжения. Известны показания приборов на некоторой частоте U V = 150 В,
1
U V = 160 В, U V = 360 В (рис. к задаче 2.79*).
2
3
Определить показания приборов на резонансной частоте.
118
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.5. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ
С ИНДУКТИВНО СВЯЗАННЫМИ ЭЛЕМЕНТАМИ
2.80(р). Да н о : на магнитопроводах 1 и 2 (рис. 1 к задаче 2.80(р))
расположены катушки. Указать одноименные зажимы катушек для 1 и 2.
1
a
2
c
a
c
1
2
I1
b
d
F2
d
3
I2
I3
b
Рис. 1 к задаче 2.80(p)
M12
F22
F11
a I1
c
*
I2
b
M23
M31
F1
F3
*
d
Рис. 2 к задаче 2.80(p)
Рис. 1 к задаче 2.81(p)
Ре шение. Пусть ток I1 ориентирован относительно зажима а, как
показано на рис. 2 к задаче 2.80(р). По правилу правого винта определяем направление потока самоиндукции первой катушки Φ11.
Чтобы поток самоиндукции Φ22 второй катушки складывался с Φ11
(Φ22 ↑↑ Φ11), необходимо, чтобы ток I2 был ориентирован относительно зажима d так же, как I1 ориентирован относительно зажима а.
В противном случае потоки Φ11 и Φ22 будут противонаправленными.
Следовательно, зажимы а и d — одноименные зажимы. Аналогично
одноименными являются зажимы b и c.
2.81(р). Произвести разметку одноименных зажимов для схемы,
представленной на рис. 1 к задаче 2.81(р), полагая следующее:
1. Взаимная индуктивность М — только положительная величина
(M > 0).
2. Взаимная индуктивность М — алгебраическая величина.
Составить эквивалентную электрическую схему замещения с указанием параметров L и М катушек.
119
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре шение.
1. М > 0. В случае разветвленной магнитной цепи каждую пару
катушек необходимо размечать, применяя различные обозначения,
как показано на рис. 2 к задаче 2.81(р).
I1
I2
M12
L2
L1
I1
I3
M23
L3
L1
I2
I3
M23>0
L2
L3
M12>0
M31
M31<0
Рис. 2 к задаче 2.81(p)
Рис. 3 к задаче 2.81(p)
XM
XL
XL
1
I1
2
UL
XС
E
Рис. 1 к задаче 2.82(p)
V
UM
1
UC
E
I2
21
XС
UV
Рис. 2 к задаче 2.82(p)
2. М >
< 0. Одноименные зажимы обозначаем одинаковым значком,
как показано на рис. 3 к задаче 2.81(р).
В дальнейшем взаимную индуктивность М будем считать положительной величиной и применять разные обозначения для разметки
катушек.
2.82(р). Да н о : мгновенное значение ЭДС e ( t ) = 100 2 sin ωt В,
реактивные сопротивления X L = 20 Ом, X L = 10 Ом, X C = 10 Ом,
1
2
3
коэффициент связи kсв = 0,5 (рис. 1 к задаче 2.82(р)).
Найти показание вольтметра.
Ре ше н и е . Комплексная действующая ЭДС _E = 100 ∠0 В. Определим направление напряжения самоиндукции U
_ L и взаимоиндук1
ции U
_M
21
(_I 2 = 0) (рис. 2 к задаче 2.82(р)):
U
_ L = jX L _I 1 , U
_ M = jX M_I 1 , U
_ C = – j X C_I 1 ,
1
1
21
_E = U
_L + U
_ C = _I 1 ( jX L – jX C ) ,
1
1
120
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
_E
100
_I 1 = ------------------------------ = -------------------------- = 10 ∠– 90° А,
j ( X L – X C ) j ( 20 – 10 )
1
U
_V = – U
_M + U
_ C = – jX M_I 1 – jX C_I 1 = _I 1 ( – jX M – jX C ) ,
21
X M = k св X L X L = 0,5 20æ10 = 7 Ом,
1
2
U
_ V = 10 ∠– 90° ( – j7 – j10 ) = 10 ∠– 90° ( 17 ∠– 90° ) = 170 ∠– 180° В.
Показание вольтметра UV = 170 В.
2.83. Да но: на рис. к задаче 2.83 схематически представлено расположение трех катушек и включение их в цепь. Взаимные индуктивности катушек М12 = М23 = 2 мГн, ток в цепи i(t ) = 0,1 sin5000t А.
Емкость конденсатора С = 2 мкФ.
i
XM
1
2
3
I
V1
R1
XL
R2
1
XL
2
V3
U
i
Рис. к задаче 2.83
Рис. к задаче 2.84(р)
Определить показания вольтметров.
2.84(р). Да но : для двух последовательно включенных индуктивно связанных катушек (рис. к задаче 2.84(р)) получено: 1) при
встречном включении ток Iв = 1 А, мощность Рв = 30 Вт; 2) при
согласном включении ток Iс = 0,6 А, напряжение U = 100 В, частота
f = 400 Гц.
Определить взаимную индуктивность М.
2
Ре ше ние. Активная мощность P в = I в ( R 1 + R 2 ) , тогда R 1 + R 2 =
2
= P в ⁄ I в = 30 Ом.
При встречном включении
U
_ = I в ( R 1 + R 2 ) + j ( X L + X L – 2X M )I в = I в ( 30 + jX в ) ,
1
2
X в = X L + X L – 2X M .
1
2
121
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
При согласном включении
U
_ = I c ( R 1 + R 2 ) + j ( X L + X L + 2X M )I c = I c ( 30 + jX c ) ,
1
2
X c = X L + X L + 2X M .
1
2
Модули комплексных сопротивлений цепи:
U
Z c = ---- =
Ic
100 500
2
2
( R 1 + R 2 ) + X c = --------- = --------- ,
0,6
3
U
Z в = ---- =
Iв
100
2
2
( R 1 + R 2 ) + X в = --------- = 100 .
1
Реактивные составляющие комплексных сопротивлений при
согласном и встречном включении:
2
Xв =
Xс =
2
100 – 30 =
2
2
⎛ 500
---------⎞ – 30 =
⎝ 3 ⎠
9100 = 95,39 Ом,
27 454,9 = 163,94 Ом.
Находим комплексное сопротивление взаимоиндукции и взаимную индуктивность:
Xс – Xв
X M = ------------------- = 17,137 Ом,
4
17,137
так как XM = ωM = 2πf M, то M = -------------------- = 6,8 мГн.
2πæ400
2.85. Д а н о : _I 3 = 1 А, XC = 35 Ом,
XL
XC
X L = 20 Ом, X L = 60 Ом, R = 20 Ом,
I
1
a I
b
c
1
E
1
2
XM
2
XM = 10 Ом (рис. к задаче 2.85).
I3
Рассчитать токи _I 1 и _I 2 , построить топографическую диаграмму.
2.86. Да н о: _E = 200∠0 В, XM =
d
= 60 Ом, X1 = X2 = 140 Ом, R = 30 Ом
Рис. к задаче 2.85
(рис. к задаче 2.86).
Определить токи в ветвях. Построить векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму цепи,
приняв ϕb = 0.
XL
2
122
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
X1
a I1
E
b
XM
XM
R
I2
I3
X2
R
XL
XL
XC
XC
Zвх
c
Рис. к задаче 2.86
Рис. 1 к задаче 2.87(p)
R
XM
–XM
20
j10
–j10
–j10
–XM
X1
j20
XM
XL
Zвх
–j10 XC
j 20
XL
–j10
X2
XC
Zвх
Рис. 2 к задаче 2.87(p)
Рис. к задаче 2.88
2.87(р). Дано: R = XL = 20 Ом, XC = 10 Ом, XM = 10 Ом (рис. 1 к
задаче 2.87(р)).
Найти входное сопротивление цепи.
Ре ше н и е . Применив развязку индуктивных связей (в узле —
одноименные зажимы), получим схему, представленную на рис. 2 к
задаче 2.87(р).
Имеет место резонанс на частоте, для которой вычислены реактивные сопротивления
_Zвх = 20 + j0 = 20∠0 Ом.
2.88. Дано: XM = 3 Ом, X1 = X2 = 9 Ом (рис. к задаче 2.88).
Вычислить входное сопротивление цепи.
2.89. Да но: одна из двух последовательно соединенных катушек с сопротивwL
wL
лением ωL = 2 кОм закорочена. Катушки
имеют индуктивную связь с коэффициенwM
том kcв = 0,8 (рис. к задаче 2.89).
Рис. к задаче 2.89
Найти входное сопротивление цепи.
Определить входное сопротивление при
соединении катушек в узле одноименными выводами.
2.90(р). Дано: U
_ = 100∠0 В, X1 = 12 Ом, X2 = 8 Ом, R1 = 9 Ом,
R2 = 6 Ом, XM = 7 Ом (рис. 1 к задаче 2.90(р)).
123
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I
+1
I1
XM
X1
I2
U
X2
U
R1
jXM I1
R2
I
jX2I2
Рис. 1 к задаче 2.90(p) ↑
Рис. 2 к задаче 2.90(p) →
jXM I2
jX1I1 I2
R2I2
R1I1
I1
+j
Рассчитать и построить векторные диаграммы токов и напряжений.
Ре ше ние. Составим уравнения Кирхгофа с учетом напряжений
взаимоиндукции:
( R 1 + jX 1 )I_ 1 + jX M_I 2 = U
_,⎫
( 9 + j12 )I_ 1 + j7I_ 2 = 100, ⎫
⇒
⎬
⎬
jX M_I 1 + ( R 2 + jX 2 )I_ 2 = U
j7I_ 1 + ( 6 + j8 )I_ 2 = 100. ⎭
_ ⎭
Решая, находим токи:
_I 1 = 0,91 – j4,15 = 4,25 ∠– 77,7° А,
_I 2 = 3,77 – j6,08 = 7,15 ∠– 58,2° А,
_I = _I 1 + _I 2 = 4,68 – j10,2 = 11,2 ∠– 65,3° А.
Комплексные напряжения на участках цепи:
U
_ R = R 1_I 1 = 9æ4,25 = 38,2 В, U
_ X = X 1_I 1 = 12æ4,25 = 51,1 В,
1
1
U
_ R = R 2_I 2 = 6æ7,15 = 42,9 В, U
_ X = X 2_I 2 = 8æ7,15 = 57,2 В,
2
2
U
_M
21
= X M_I 1 = 7æ4,25 = 29,8 В, U
_ M = X M_I 2 = 7æ7,15 = 50 В.
12
Топографическая диаграмма представлена на рис. 2 к задаче 2.90(р).
2.91. Дано: _E = 100∠0 В, X1 = X2 = X3 = 100 Ом, k12 = k13 = k23 = 0,8,
XC = 110 Ом (рис. к задаче 2.91).
Определить показания приборов.
2.92. Даны показания амперметра и параметры цепи: _I = 1 А,
X L = 10 Ом, X L = 15 Ом, R1 = R2 = 4 Ом, R = 2 Ом, XM = 5 Ом.
1
2
Одноименные выводы катушек в общем узле (рис. к задаче 2.92).
Определить показания приборов.
124
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
F
I1
I2=0
X12
X1
U2
X2
E
X23
V2
I3
U3
X3
X13
XC
A
Рис. к задаче 2.91
*
* W
V1
I1
M
R1
V
L1
U
XM
I2
A
I
L2
L1
j(t)
C1
R2
V2
R
C2
L2
Рис. к задаче 2.92
*
* W
3
U
Рис. к задаче 2.93
I3
I2
I1
*
W1
*
XM
*
W2
*
XL
XL
R1
R2
1
2
XC
2
Рис. к задаче 2.94
2.93. Дано: L1 = L2 = 1 Гн, M = 0,5 Гн, C1 = 1 мкФ, C2 = 2 мкФ,
J(t) = 0,1 sin1000t А. Одноименные выводы катушек в общем узле
(рис. к задаче 2.93).
Определить показания приборов.
_ = 150 + j150 Ом, R1 = 5 Ом, R2 = 10 Ом, X L = 15 Ом,
2.94. Да н о : U
1
X L – X C = 0, XM = 10 Ом (рис. к задаче 2.94).
2
2
Определить показания приборов, токи ветвей.
125
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.95(р). Дано: ωL1 = 1 кОм, ωL2 =
= 4 кОм, R1 = 200 Ом, R2 = 800 Ом, Rн =
L2
L1
= 1 кОм, kсв = 0,6 (рис. к задаче 2.95(р)).
Rн
Определить комплексные сопротивR1
R2
ления: вносимое из вторичной цепи в
первичную, входное сопротивление.
Ре шен ие. Выберем направления
Рис. к задаче 2.95(p)
токов первичного и вторичного контура. Определим комплексные напряжения U
_L , U
_L , U
_M , U
_ M . Запишем уравнения Кирхгофа для
1
2
12
21
первичного и вторичного контуров:
M
U
_ 1 = ( R 1 + jωL 1 )I_ 1 – jωMI_ 2 ,
0 = ( R 2 + jωL 2 )I_ 2 + U
_ 2 – jωMI_ 1 ,
U
_ 2 = R н_I 2 .
Обозначим X1 = ωL1, X2 = ωL2, X M = ωM = k св X 1 X 2 , RII = R2 + Rн,
XII = X2 + XM.
Тогда
U
_ 1 = ( R + jX 1 )I_ 1 – jX M_I 2 ⎫
jX M
----------------------_I 1 .
⎬ ⇒ _I 2 = R
jX M_I 1 = ( R II + jX II )I_ 2
II + jX II
⎭
Входное сопротивление трансформатора
2
U
_1
X M ( R II – jX II )
_Zвх = ------- = R 1 + jX 1 + ------------------------------------ =
2
2
_I
R II + X II
2
2
⎛
⎞
⎛
⎞
XM
XM
⎜
⎟
⎜
--------------------------------------- X II⎟ .
R II + j X 1 –
= R1 +
⎜
⎟
⎜
⎟
2
2
2
2
R II + X II ⎠
R II + X II ⎠
⎝
⎝
Вносимое сопротивление
2
2
XM
XM
_Zвнос = _Zвх – ( R 1 + jX 1 ) = --------------------- R II – j --------------------- X II .
2
2
2
2
R II + X II
R II + X II
После подстановки численных данных получим:
_Zвнос = 129 – j300 Ом, _Zвх = 329 + j700 Ом.
126
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.96*. Д а н о : X L = X C , XM = 30 Ом, R1 = 40 Ом (рис. к задаче
1
1
2.96*). Показание амперметра IA = 0. При изменении полярности
включения первой катушки показание амперметра IА = 2 А.
Определить U
_.
XL
L1
R1
1
XM
2
U
A
XC
u(t)
–
2
R2
XC
R1
C
1
Рис. к задаче 2.97*
Рис. к задаче 2.96*
R1
R
E
XC
L2
M
+
XL
XL
XL
1
2
+ A
E
XC
R2
XM
–
XL
1
XL
E2
2
R1
XM
Рис. к задаче 2.98*
Рис. к задаче 2.99*
2.97*. Д а н о : L1 = 0,1 Гн, L2 = 0,3 Гн, M = 0,05 Гн, R1 = 10 Ом,
ω = 100 рад/с (рис. к задаче 2.97*).
Определить, при каких значениях параметров R2 и C все токи в
цепи совпадают по фазе.
2.98*. Д а но : _E = 100 В, X L = 30 Ом, XM = 10 Ом, R1 = 50 Ом,
1
XC = 25 Ом (рис. к задаче 2.98*). В цепи имеет место резонанс, потребление мощности составляет 100 Вт.
Определить значения сопротивлений X L и R2.
2
2.99*. Да н о : _E = 100 В, X L = 20 Ом, X L = 10 Ом, XM = 10 Ом,
1
2
R = 20 Ом, R1 = 20 Ом, XC = 20 Ом (рис. к задаче 2.99*). В цепи имеет
место резонанс, потребление мощности составляет 100 Вт.
Определить значение _E2 , при котором ток, протекающий через
амперметр, равен нулю.
127
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.100*. Да но : _E = 100 В, X L = 40 Ом, X C = 30 Ом, R1 = 50 Ом,
1
1
X L = 160 Ом, X C = 60 Ом, X L = 100 Ом, X C = 50 Ом, X L = 16 Ом,
2
2
3
3
4
k12 = 1, k34 = 0,5 (рис. к задаче 2.100*).
Определить показание вольтметра.
k12
R1
XC
E
C
k34
2
A1
L1
XC
XL
1
XL
2
3
XL
3
XL
4
V
e(t)
M
R1
XC
1
Рис. к задаче 2.100*
L2
A2
R2
Рис. к задаче 2.101*
2.101*. Дано: L1 = 1,6 Гн, L2 = 0,4 Гн, C = 62,5 мкФ, R1 = 100 Ом,
R2 = 200 Ом, e(t) = 140 sin100t В (рис. к задаче 2.101*).
Определить, при каком значении M показание амперметра А1 равно
нулю. Определить показание амперметра А2 при указанных условиях.
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 2
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
См. решение.
См. решение.
u(t) = 100 sin(157t – 135°) В.
1) 100∠53,13°; 2) 100∠–36,87°; 3) 316,2∠–161,6°; 4) 72,8∠105,9°;
5) 9,014∠–3,18°; 6) 0,003007∠176°.
2.5. 1) 4,33 + j2,5; 2) 3,42 + j9,4; 3) –0,035 + j0,197; 4) –0,0345 + j0,0061;
5) –241,5 – j64,7; 6) –11,2 – 27,8; 7) 0,17 – j1,99; 8) 329 – j190;
9) –0,000297 – j0,017; 10) –999,4 – j34,9; 11) –11,5 – j9,64.
2.6. 1) U
_ m = 220∠20° = 206,7 + j75,2 В; 2) _I m = 15∠40° = 11,5 + j9,64 А;
3) U
_ m = 380∠–80° = 66 – j374 В; 4) _I m = 100∠–120° = –50 – j86,6 А.
2.7. u = 30 sin(1000t + 53,13°) В.
π
π
2.8. i = 0,1 sin(5æ103t + --- ) А; uR = 10 sin(5æ103t + --- ) В; u = 10 2 ×
2
2
π
π
×sin(5æ103t + --- ) В; p = 0,5 – 0,707 sin(104t + --- ) Вт; P = 0,5 Вт.
4
4
2.9. XL = 15 Ом, L = 47,8 мГн.
π
3 π
3
3 π
2.10. uC = 4 sin(10 t – --- ) В; uк = 2 2 sin(10 t + --- ) В; u = 2 2 sin(10 t – --- ) В.
2
4
4
128
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.11. u1(t) = 72 sin(ωt – 33,69°) В; u2(t) = 72 sin(ωt + 33,67°) В;
U1 = 51 B; U2 = 51 B.
2.12. U = 200 В; I = 1,73 A; I2 = 1 A; P = 300 Вт.
2.13. а) 0; 3U ; б) 0; 1,5U.
2.14. Uа = 120 В; Iа = 1,39 А; Uр = 21,2 В; Iр = 0,245 А; S_ = 170 – j30 =
= 172,63∠–10° ВæА.
2.15. I1 = 30 + j70 А; I2 = 70 + j30 А.
2.16. 1. Векторная диаграмма имеет вид:
+j
Iа
U
Iр
Uр
20°
–10°
Uа
+1
I
2. uа = 50 3 sin(314t – 10°) В; uр = 50 sin(314t + 80°) В;
ia = 5 3 sin(314t + 20°) А; iр = 5 sin(314t – 70°) А.
3. R = 5 3 Ом; X = 5 Ом; G = 0,05 3 См; B = 0,05 См.
4. P = 250 3 Вт; Q = 250 вар; S = 500 ВæА.
2.17. 1) R = XC = 200 Ом; 2) R = 125 Ом; XC = 250 Ом.
2.18. 22,6 Ом, 29,7 Ом; 61,4 Ом, 46,8 Ом; 43,3 мкФ или 92,5 мкФ;
u(t) = 6200 2 sin(314t + ψu) В; i(t) = 166 2 sin(314t + ψu – 52,75°) А.
2.19. _Z = R – jXC = 19,6 – j98 Ом; Y
– = G + jB = 0,00196 + j0,0098 См.
2.20. tgδ = 0,025; S = 577 ВæА; P = 14,5 Вт; Q = 577 вар.
2.21. R = 5,3 Ом; Rд = 5,16 Ом; Xд = 3,87 Ом; S = 4,33 кВæА; Q = 1,5 квар;
P = 4,06 кВт.
2.22. _I 1 = 4 А; _I 2 = –2 А; _I 3 = 2 А; _I 4 = –2 А; _I 5 = 4 А; j
_5 = 0 ;
j
_ 4 = –j120 В; j
_ 3 = 100 – j120 В; j
_ 2 = 100 – j160 В; j
_ 4 = 100 В.
4
4
2.23. i1(t) = 0,05 2 sin(10 t) А; u C (t) = 2,5 2 sin(10 t) В.
2
2.24. 1. _I 1 = j1 А; _I 2 = –j1 А; _I 3 = 0; _I 4 = 1 А; _I 5 = 1 А; _I 6 = j1 А;
_I 7 = 1 + j1 А; _I 8 = –j1 А; _I 9 = 1 А; _I 10 = 1 А; _I 11 = j2 А.
2. _I 1 = j2 А; _I 2 = –j0,5 А; _I 3 = j1,5 А; _I 4 = 1 А; _I 5 = 1 + j1,5 А;
_I 6 = j2 А; _I 7 = 1 + j3,5 А; _I 8 = –j0,5 А; _I 9 = 1 + j3 А; _I 10 = 1 А;
_I 11 = 2 + j3 А.
129
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.25. _I 1 = 3,2∠71,5° А; _I 2 = 5∠143° А; _I 3 = 5∠0 А; U
_ = 93∠102° =
= –20 + j90 В.
2.26. _I 1 = 4,35∠–22,7° А; _I 2 = 2,35∠–172° А; _I 3 = 2,62∠–50,5° А.
2.27. _I 1 = 5 2 ∠–45° А; _I 2 = 23∠177,5° А; _I 3 = 18,5∠–167,5° А;
_I A = 23 А; U
_ V = 80,6 В; j
_a = 0 ; j
_ b = 50 + j50 В; j
_ c = 80 + j50 В;
j
_ d = –20 + j150 В; j
_ f = –20 + j90 В; j
_ g = 5 + j115 В.
2.28. _I 1 = j1 А; _I 2 = 1 + j1 А; _I 3 = –1 А; _I 4 = –1 – j2 А.
2.29. _I 3 = 2,62∠–50,5° А.
_ a b = 9 – j3 = 9,49∠–18,4° В.
2.30. U
2.31. _I = 10 А.
2.32. PW = –2120 Вт; от А1 к А2.
2.33. _I = 0,1∠0 А.
2.34. _I 1 = 2,23∠26° А; _I 2 = 2,23∠63° А; _I 3 = 3,6∠–123° А; _I c =
= 5,82∠–121° А.
2.35. _I 1 = 31,4∠–125° А; _I 2 = 63,5∠23° А; _I 3 = 61,8∠–19° А.
2.36. S ист = 1536 – j421 ВæА; S нагр = 1543 – j443 ВæА; PW = –1056 Вт.
2.37. _I 1′ = 1 + j1 А; _I ″1 = 1 – j1 А; _I 2′ = 4 + j4 А; _I ″2 = 4 – j4 А; _I 3 = 2 А.
2.38. _I 1′ = 5 – j5 А; _I ″1 = 5 + j5 А; _I 4 = 10 А; _I 5 = –5 + j5 А.
2.39. _E = 72,1∠0 В; _I = 10∠–33,7° А или _E = 72,1∠33,7° В; _I = 10∠0 А.
2.40. _I 1 = 14,1 А; _I 2 = –7,07 А; _I 3 = –6,035 + j6,035 А; _I 4 = –6,035 –
– j6,035 А.
2.41. _I 1 = –j2 А.
2.42. E = 100 2 В; R = 20 Ом.
80
2.43. X L = ------ Ом; R = 20 Ом.
3
2.44. UV = 158 В; IА = 5 А.
2.45. XL = 12,5 Ом; IА = 5 А.
2.46. XC = 2XL.
π
2.47. C = 10–3 Ф; iн(t) = 12 sin(ωt – --- ) А.
2
2.48. J = 11,2 А.
2.49. I L = 10 2 А; R = XC = 2 Ом.
130
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.50.
2.51.
2.52.
2.53.
2.54.
2.55.
2.56.
2.57.
2.58.
1) С0 = 118 пФ; L0 = 299 мкГн; 2) Рmax = 450 Вт.
С = 296 пФ; tgδ = 0,113.
С = 55 мкФ.
Q = 0,91 Мвар; С = 24 мкФ.
Uр = 100 В.
1,41 А.
C0 = 100 пФ; Q = 500; UL = UC = 1 В.
150 B.
8 А.
2.59. C0 = 100 пФ; Q = 500; Δω = 200 рад/с; ω 0 =
2.60. R = 2 Ом; XC = 1 Ом.
ω1 ω2 .
2.61. X C = 30 Ом; X C = 53,3 Ом.
1
2
2.62. Cm = 0,8 мкФ; C0 = 1 мкФ.
2.63. ω0 = 500 рад/с; _I 1 = 0; _I 2 = j0,1 А; _I 3 = –j0,1 А.
2.64. X C = 30 Ом; X C = 53,3 Ом; _I 1 = 3,057∠0 А;
1
2
_I 2 = 1,91∠–36,87° А; _I 3 = 1,91∠36,87° А.
2.65. Rн = 100 Ом; C = 3,18æ10–5 Ф; Pmax = 100 Вт; P0 = 80 Вт.
2.66. L = 28,8 мГн; _I 0 = 1,71 А.
2.67. 20 В;
2 А; u(t) = 40 2 sin(1000t) В.
50
2.68. XC = ------ Ом; Pmax = 1000 Вт.
7
2.69. 1) ХС = 10 Ом; Рmax = 100 Вт; 2) ХС = 30 Ом.
2.70. 1) параллельный резонанс при C = 2æ10
–9
Ф ( _Zвх = ∞ );
2) последовательный резонанс при C = 40æ10–6 Ф ( _Zвх = R = 10 Ом).
2.71. _Zн = 500 + j500 Ом; Рн = 0,903 Вт.
2.72. R = L ⁄ C .
2.73. С = 0,1 мкФ.
2.74. 1) при параллельном резонансе 3,33 мФ, 3,33мА, 20 мА, 20 мА;
при последовательном резонансе 13,3 мА, 6,67 мА, 20 мА, 40 мА;
2) при параллельном резонансе 10 мА, 10 мА, 20 мА, 20 мА;
при последовательном резонансе 40 мА, 20 мА, 20 мА, 40 мА.
2.75. |X3| = 30 Ом; |X4| = 100/3 Ом; X3X4 < 0; Pmax = 3,025 Вт; P = 1 Вт.
2.76. |X1| = 30 Ом; |X2| = 100/3 Ом; X1X2 < 0; Pmax = 40 Вт; Pmax/P =
= 3,02 раза.
131
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2.77. |X1| = 100/3 Ом; |X2| = 30 Ом; X1X2 < 0; P = 0,331 от Pmax.
2.78. R = 100/3 Ом; XC = 25 Ом.
2.79. UV = 250 В; U V = 250 В; U V = U V = 240 В.
1
2
3
2.80. 1) а и d (b и c); 2) а и c (b и d).
2.81. См. решение.
2.82. UV = 170 В.
2.83. U V = 6,37 В; U V = 7,78 В.
1
3
2.84. М = 6,8 мГн.
2.85. _I 1 = 2 + j2 А; _I 2 = 1 + j2 А; _I 3 = 1 А; j
_ d = 0; j
_ a = 50 В;
j
_ b = –20 + j70 В; j
_ c = 20 + j40 В.
2.86. _I 1 = 0,6 – j1,3 = 1,43∠–65° А; _I 2 = –0,6 + j0,3 = 0,67∠153,5° А;
_I 3 = 1,2 – j1,6 = 2∠–53° А; ϕb = 0; ϕa = 164 + j48 В; ϕc = –36 + j48 В.
2.87. _Zвх = 20 + j0 = 20∠0 Ом.
2.88. _Zвх = j8 Ом.
2.89. _Zвх = j720 Ом; _Zвх = j720 Ом.
2.90. _I 1 = 0,91 – j4,15 = 4,25∠–77,7° А; _I 2 = 3,77 – j6,08 =
= 7,15∠–58,2° А; _I = _I 1 + _I 2 = 4,68 – j10,2 = 11,2∠–65,3° А.
2.91. UV = 97,28 В; IА = 1,08 А.
2.92. UV = 59,4 В; PW = 191,1 Вт.
2.93. U V = 100 В; U V = 0.
1
2
2.94. _I 1 = 10 – j10 А; _I 2 = 5 + j5 А; _I 3 = 15 – j5 А; P W = 0;
1
P W = 1500 Вт; P W = 1500 Вт.
2
3
2.95. _Zвнос = 129 – j300 Ом; _Zвх = 329 + j700 Ом.
_ = 40 – j30 В.
2.96. U
2.97. R2 = 0; C ≥ 4 мкФ.
2.98. R2 = X L = 5 Ом.
2
2.99. _E2 = 50 + j100 В.
2.100.UV = 25 В.
2.101. I A =
2
132
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2 ⁄ 2 А; M = 0,2 Гн.
Глава третья
ЛИНЕЙНЫЕ ЦЕПИ
НЕСИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
ВВЕДЕНИЕ
Разложение периодических токов, напряжений, ЭДС в гармонические ряды. Ток i = i(t), удовлетворяющий условиям Дирихле, может
быть представлен в виде ряда Фурье:
i(t)=I0+
∞
∑
k=1
I k m sin ( kωt + ψ k ) =I0+
∞
∑
k=1
( I k′ m sin kωt + I k″m cos kωt ) ,
(3.1)
где I0 — постоянная составляющая (нулевая гармоника); I1msin(ωt + ψ1) —
первая гармоника, а Ikm sin(kωt + ψk) при k > 1 — высшие гармоники
(вторая, третья и т.д.); ω = 2π/Т — основная угловая частота, т.е. угловая частота первой гармоники тока, имеющего период Т. Амплитуды
и начальные фазы гармоник определяются по табл. 3.1 и соотношениям
I k″m
2
2
( I k′ m ) + ( I k″m ) , ψ k = arctg ----------- , k = 1, 2 …
I k′ m
Ik m =
(3.2)
Аналогичным образом могут быть представлены в виде рядов
периодические напряжения и ЭДС цепи.
Та бл и ц а 3 .1
1
--T
I0
Ikm
′
″
Ikm
--2T
--2T
T⁄2
∫
–T ⁄ 2
T⁄2
∫
i ( t ) sin kωt d t
–T ⁄ 2
T⁄2
∫
1
-----2π
i ( t ) dt
–T ⁄ 2
i ( t ) cos kωt d t
--1π
--1π
π
∫ i ( ωt ) d ( ωt )
–π
π
∫ i ( ωt )
sin kωt d ( ωt )
–π
π
∫ i ( ωt )
cos kωt d ( ωt )
–π
133
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчет установившихся режимов в линейных цепях с использованием комплексного метода. Представив все ЭДС и токи источников в
виде рядов Фурье, можно провести расчет цепи отдельно по каждой
из гармоник — по нулевой гармонике (постоянному току), когда ЭДС
и токи источников тока учитываются только их постоянными составляющими; по первой гармонике, когда источники считаются синусоидальными с частотой ω и т.д. В результате определяются постоянная
и гармонические составляющие токов и напряжений цепи, которые
затем в соответствии с принципом суперпозиции суммируются. Так,
для некоторого тока имеем
i = I 0 + i 1 + i 2 + … + i N + … ≈ I 0 + i 1 + i 2 + … + i N,
где I0 — постоянная, а ij, j > 1, — гармонические составляющие тока
ik = Ikm sin(kωt + ψk), k = 1, 2, …, N — номер гармоники тока, обеспечивающий требуемую точность его вычисления. Расчет первой и
высших гармоник удобно проводить комплексным методом, при этом
′
обязательно переводя его результат в вещественную (временную)
область, так как суммировать гармоники можно только в этой
области. При использовании комплексного метода необходимо пересчитывать комплексные сопротивления индуктивного Z = jXL, XL = kωL,
и емкостного Z = –jXС, XC = 1/(kωC), элементов для каждой гармоники k = 1, 2, …, N. В цепях с полигармоническим воздействием,
когда ЭДС и токи источников имеют вид
e=
N
∑
k=1
E k m sin ( ω k t + ψ k ) и J =
N
∑
k=1
I k m sin ( ω k t + ψ k ) ,
где угловая частота ωk имеет не обязательно целочисленные значения,
комплексным методом рассчитываются режимы для каждой частоты
ωk, а затем результаты расчетов суммируются в вещественной области.
При этом исключаются операции разложения e(t) и J(t) в ряд Фурье.
Действующие значения тока, напряжения, ЭДС. Для периодических процессов действующие значения переменных могут быть рассчитаны как
T
⎫
1 2
2
2
2
⎪
I = --- ∫ i dt ≈ I 0 + I 1 + … + I N ;
T
⎪
0
⎪
⎪
T
1 2
2
2
2 ⎪
(3.3)
U = --- ∫ u dt ≈ U 0 + U 1 + … + U N ; ⎬
T
⎪
0
⎪
⎪
T
1 2
2
2
2
E = --- ∫ e dt ≈ E 0 + E 1 + … + E N , ⎪⎪
T
⎭
0
134
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
где I0, U0, E0 — постоянные составляющие тока, напряжения, ЭДС;
Ik m
Uk m
Ek m
I k = -------- , U k = ---------- , E k = ---------- — действующие значения k-й гармо2
2
2
ники тока, напряжения, ЭДС, k = 1, 2, …, N.
Мощности в цепях с периодическими токами и напряжениями.
Активную и полную мощности некоторого двухполюсника с током
i = i(t) и напряжением u = u(t) можно выразить через параметры их
гармоник:
∞
P k, P k = U k I k cos ϕ k, P 0 = U 0 I 0 ; ⎫⎪
k=0
⎪
⎬
∞
⎪
2 ∞ 2
S = UI = ∑ U k ∑ I k .
⎪
⎭
k=0
k=0
P=
∑
(3.4)
Отношение λ = P/S называют коэффициентом мощности.
Интегральные оценки качества несинусоидальных процессов.
Периодические процессы принято характеризовать четырьмя величинами: максимальным значением тока (напряжения) Imax(Umax) за
период, его действующим значением I(U), действующим значением
его первой гармоники I1(U1), а также средним по модулю значением:
T
T
0
0
1
1
I ср = --- ∫ i ( t ) dt , U ср = --- ∫ u ( t ) dt
T
T
(3.5)
и тремя коэффициентами:
коэффициентом формы
kф = I/Iср (kф = U/Uср),
(3.6)
коэффициентом амплитуды
kа = Imax/I (kа = Umax/U),
(3.7)
коэффициентом искажения
kи = I1/I (kи = U1/U).
(3.8)
Показания приборов. В зависимости от исполнения прибора
(вольтметр или амперметр) и устройства его входного преобразователя он может показывать действующее значение измеряемой величины, ее среднее по модулю значение, усредненное за период положительное (отрицательное) значение и т.д. Магнитоэлектрические
приборы показывают постоянную составляющую измеряемой величины; электромагнитные, электродинамические, электростатические
135
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
и тепловые — ее действующее значение. Показания электронных
приборов в зависимости от устройства входного преобразователя
могут определяться действующим, средним по модулю, максимальным или минимальным значением измеряемой величины. Прибор
индукционной системы и электронный прибор с конденсатором на
входе определяет действующее значение переменной составляющей
измеряемой величины.
3.1. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ПРОЦЕССЫ В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ
3.1(р). Разложить в тригонометрический ряд периодическую функцию напряжения, выражаемую кривыми, представленными на рис.
к задаче 3.1(р).
u
u
Umax
u
Umax
Umax
wt1
p
2
p
p
2p wt
–Umax
–Umax
а)
p
2p wt
2p wt
–Umax
б)
в)
Рис. к задаче 3.1(р)
Ре ше ние . Для кривой на рис. а ωt1 = π/2, на рис. б ωt1 = 0, на рис. в
ωt1 = π.
Запишем уравнения кривой (а, в) для различных интервалов периода
U max
⎧
ωt, 0 ≤ ωt ≤ ωt 1 ;
⎪ u 1 ( t ) = -----------ωt 1
u(t) = ⎨
⎪
⎩ u 2 ( t ) = U max, ωt 1 ≤ ωt ≤ π.
По условию симметрии функция, описывающая кривую, нечетная
и в разложении содержатся только синусоиды. Для определения
коэффициентов ряда U k′ m (все U k″m = 0) воспользуемся формулой
ω t =ω t 1
ωt=π
U max
⎞
-----------+
ωt
sin
kωt
d
ωt
∫ ωt
∫ U max sin kω t dωt⎟⎠ .
1
ωt=0
ωt = ω t 1
Коэффициенты Фурье
2U max 1
U k′ m = ---------------- ⎛ ------------ sin kωt 1 – cos kπ⎞ , U k m = U k′ m :
⎠
kπ ⎝ kωt
2⎛
U k′ m = --- ⎜
π⎝
1
136
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
а) при ωt1 = π/2
2U max 2
kπ
U k′ m = ---------------- ⎛ ------ sin ------ – cos kπ⎞ ,
⎠
kπ ⎝ kπ
2
1 2U max 1 2
1 2U max
U 1 m = U 1′ m = --- ---------------- ⎛ --- --- + 1⎞ , U 2 m = U 2′ m = – --- ---------------- ,
⎠
1 π ⎝1π
2 π
1 2U max 1 2
1 2U max
U 3 m = U 3′ m = --- ---------------- ⎛ – --- --- + 1⎞ , U 4m = U 4m
′ = – --- ---------------- .
⎠
3 π ⎝ 3π
4 π
Искомый ряд Фурье
2U max 1 2
1
1 12
u ( t ) = ---------------- ⎛ --- --- + 1⎞ sin ωt – --- sin 2ωt + --- ⎛ – --- --- + 1⎞ sin 3ωt –
⎝
⎠
⎠
π
1π
2
3⎝ 3π
1
– --- sin 4ωt + … ;
4
б) при ωt1 = 0 для k = 1 U k′ m можно получить, раскрывая неопре-
]
⎛ sin kωt 1⎞
деленность ⎜ --------------------⎟
= 1.
⎝ kωt 1 ⎠ ωt 1 → 0
Таким образом,
4U max
2 kπ
U k m = U k′ m = ---------------- sin ------ ,
kπ
2
1 4U max
1 4U max
U 1 m = --- ----------------, U 2 m = 0, U 3m = --- ----------------, U 4 m = 0.
1 π
3 π
Искомый ряд Фурье
4U max
1
1
u ( t ) = ---------------- sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + … ;
π
3
5
в) при ωt1 = π
2U max
2U max 1
U k m = U k′ m = ---------------- ⎛ ------ sin kπ – cos kπ⎞ = – ---------------- cos kπ,
⎠
kπ ⎝ kπ
kπ
1 2U max
1 2U max
U 1 m = --- ----------------, U 2 m = – --- ---------------- ,
1 π
2 π
1 2U max
1 2U max
U 3 m = --- ----------------, U 4 m = – --- ---------------- .
3 π
4 π
Ряд Фурье
2U max
1
1
1
u ( t ) = ---------------- sin ωt – --- sin 2ωt + --- sin 3ωt – --- sin 4ωt + … .
π
2
3
4
137
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3.2(р). Вычислить коэффициенты формы, амплитуды и искажения
кривой напряжения (рис. к задаче 3.2(р)), уравнение которой
u(t), В
100
50
0
p
wt
2p
–50
–100
Рис. к задаче 3.2(р)
u(t) = U1m sinωt + U2m sin2ωt, U1m = 100 В, U2m = 30 В.
Ре ше ние . Действующее значение напряжения
2
U=
2
⎛ U 1 m⎞
⎛ U 2 m⎞
⎜ ----------⎟ + ⎜ ----------⎟ =
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
2
30 2
⎛ 100
---------⎞ + ⎛ -------⎞ = 73,8 В.
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
Среднее по модулю значение
π
1
U ср = --- ∫ ( U 1 m sin ωt + U 2 m sin 2ωt ) dωt =
π
0
π
U2 m
2U 1 m
1
= – --- ⎛ U 1 m cos ωt + ---------- cos 2ωt⎞ = -------------- = 63,7 В.
⎠
π⎝
2
π
0
Найдем максимальное значение напряжения u(t):
du
-------------- = U 1 m cos ωt + 2U 2 m cos 2ωt = 0.
d ( ωt )
2
Учитывая, что cos2ωt = 2cos ωt – 1, получаем квадратное уравне2
ние 120 cos ωt + 100 cosωt – 2 = 0, следовательно,
cosωt = 0,0196, ωt = 88,9° и Umax = 101,2 В.
73,8
101,2
100 ⁄ 2
k ф = ---------- = 1,16, k а = ------------- = 1,37, k и = --------------------- = 0,96.
63,7
73,8
73,8
138
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3.3. Разложить в тригонометрический ряд функцию тока, график
которой выражает телеграфные сигналы в случае периодической
передачи точек (рис. к задаче 3.3).
i(t)
I1max
I2max
p
wt
2p
Рис. к задаче 3.3
u
Umax
p
2p
wt
Рис. к задаче 3.4
3.4. Разложить в тригонометрический ряд функцию напряжения,
выражаемую пилообразной кривой (рис. к задаче 3.4). По найденному выражению построить кривую, составленную из суммы постоянной составляющей и первой гармоники разложения функции, сравнить графически полученную кривую с исходной пилообразной.
То же в случае добавления второй и третьей гармоники.
3.5. Разложить в тригонометрический ряд периодические функции
напряжения, выражаемые кривыми прямоугольной (рис. к задаче 3.5, а)
и треугольной (рис. к задаче 3.5, б) формы.
По найденному выражению для кривой на рис. а построить сумму
первой и третьей гармоник разложения, и сравнить с исходной кривой. То же в случае добавления пятой гармоники.
3.6. Напряжение имеет вид периодически ломаной кривой (рис. к
задаче 3.6). Построить сумму первых трех составляющих ряда Фурье
и сравнить с исходной кривой. Из общего выражения тригонометрического ряда получить частные случаи:
а) ωt1 = 2π, б) ωt1 = π, в) ωt1 = 3π/2.
139
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u
u
Umax
Umax
p
p
2
2p wt
–Umax
p
2p
wt
–Umax
а)
б)
Рис. к задаче 3.5
u
u
u
Umax
Umax
Umax
2p
wt
p
а)
2p
wt
3p 2p
2
wt
в)
б)
Рис. к задаче 3.6
i(t)
Imax
p
2p
wt
Рис. к задаче 3.7
3.7. Разложить в тригонометрический ряд функцию двухполупериодного выпрямленного тока (рис. к задаче 3.7).
3.8. Разложить в тригонометрический ряд функцию, выражаемую
кривой выпрямленного синусоидального тока в цепи трехфазного
выпрямителя (рис. к задаче 3.8).
3.9. Определить коэффициенты формы, амплитуды и искажения
для кривых, представленных на рис. к задаче 3.9, а и б.
При решении задачи действующее значение определить путем
непосредственного интегрирования, а также с использованием разложения в ряд Фурье (см. Методическое замечание).
140
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2p
3
i(t)
Imax
wt
Рис. к задаче 3.8
u
u
Umax
Umax
p
p
2p wt
–Umax
2p
wt
–Umax
а)
б)
Рис. к задаче 3.9
Ме тод ич е с ко е з а м еч а ние . Воспользоваться формулой
∞
2
π
1
.
∑ ----2- = ----6
k=1k
3.10. Найти коэффициенты формы, амплитуды и искажения кривой напряжения
u(t) = U1m sinωt – U3m sin3ωt, U1m = 100 В, U3m = 30 В.
3.2. ПОКАЗАНИЯ ПРИБОРОВ В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ
ПРИ ПЕРИОДИЧЕСКИХ ВОЗДЕЙСТВИЯХ
3.11(р). Напряжение, выражаемое прямоугольной кривой, подведено к цепи, содержащей только индуктивный элемент (рис. 1 к
задаче 3.11(р)).
141
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u
i(t)
Umax
p
2p
wt
u(t)
L
–Umax
Рис. 1 к задаче 3.11(p)
Д а н о : Umax = 100 В, L = 4,76 мГн, частота основной гармоники
f = 50 Гц.
Найти мгновенное значение кривой тока в цепи. Построить график тока, составленный из основной и третьей гармоник. То же
с учетом пятой гармоники.
Ре ше н и е . Для заданного напряжения
⎧ U max = 100 В, 0 ≤ ωt ≤ π;
u(t) = ⎨
⎩ – U max = – 100 В, π ≤ ωt ≤ 2π
запишем ряд Фурье
4U max
1
1
u ( t ) = ---------------- ⎛ sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + …⎞ .
⎠
π ⎝
3
5
(k)
Применим метод наложения, т.е. рассчитаем ток в цепи i (t) при
4U max
(k)
действии k-й гармоники напряжения u ( t ) = ---------------- sin kωt . В компkπ
4U max
(k)
лексном виде U
_ m = ---------------- ∠0 ; реактивное сопротивление катушки
kπ
на частоте ωk = kω, где ω = 2πf = 314 рад/с — частота первой (основ(k)
ной) гармоники, X L = ω k L = kωL .
Комплексный ток
(k)
_I m
(k)
U
_m
4U max ∠0
4U max
85
= ------------- = ------------------------------- = ----------------- ∠– 90 ° = ------ ∠– 90 ° .
2
2
jkωL kπkωL ∠90° k πωL
k
Для k = 1, 3, 5 … ток
142
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
1
i(t)= 85 ⎛ sin ( ωt – 90° ) + --- sin ( 3ωt – 90° ) + ------ sin ( 5ωt – 90° ) + …⎞ =
⎝
⎠
9
25
1
1
=– 85 ⎛ cos ωt + --- cos 3ωt + ------ cos 5ωt + …⎞.
⎝
⎠
9
25
График тока, составленный из основной и третьей гармоник,
представлен на рис. 2 к задаче 3.11(р).
i(t)
100
50
0
p
2p
3p
wt
–50
–100
Рис. 2 к задаче 3.11(p)
i(t)
100
50
0
p
2p
3p
wt
–50
–100
Рис. 3 к задаче 3.11(p)
График тока, составленный из основной, третьей и пятой гармоник, представлен на рис. 3 к задаче 3.11(р).
3.12(р). Напряжение, выражаемое прямоугольной кривой, подведено
к цепи, содержащей только емкостный элемент (рис. 1 к задаче 3.12(р)).
Д а н о : Umax = 100 В, С = 53 мкФ, частота основной гармоники f = 50 Гц.
143
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u
i(t)
Umax
p
2p
wt
u(t)
C
–Umax
Рис. 1 к задаче 3.12(p)
Найти мгновенное значение кривой тока в цепи. Построить график тока, составленный из основной и третьей гармоник. То же
с учетом пятой гармоники.
Ре шение.
Для заданного напряжения
⎧ U max = 100 В, 0 ≤ ωt ≤ π;
u(t) = ⎨
⎩ – U max = – 100 В, π ≤ ωt ≤ 2π
запишем ряд Фурье
4U max
1
1
u ( t ) = ---------------- ⎛ sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + …⎞ .
⎠
π ⎝
3
5
Применим метод наложения, т.е. рассчитаем ток в цепи i(k)(t) при
4U max
(k)
действии k-й гармоники напряжения u ( t ) = ---------------- sin kωt . В компkπ
4U max
(k)
лексном виде U
_ m = ---------------- ∠0 ; реактивное сопротивление конденkπ
сатора на частоте ωk = kω, где ω = 2πf = 314 рад/с — частота первой
1
1
(k)
(основной) гармоники, X C = ----------- = ----------- .
ω k C kωC
Комплексный ток
(k)
_I m
(k)
U
_m
4U max ωC
4U max ∠0
= ----------------- = ------------------------------------ = ------------------------- ∠90° = 2,12 ∠90° .
1
1
π
– j ----------- kπ ----------- ∠– 90 °
kωC
kωC
Для k = 1, 3, 5 … мгновенное значение тока
i(t) = 2,12(sin(ωt + 90°) + sin(3ωt + 90°) + sin(5ωt + 90°) + … ) =
= 2,12(cosωt + cos3ωt + cos5ωt + …) А.
144
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
График тока, составленный из первой и третьей гармоник, представлен на рис. 2 к задаче 3.12(р).
i(t)
4
2
0
wt
–2
–4
Рис. 2 к задаче 3.12(p)
i(t)
5
0
wt
–5
Рис. 3 к задаче 3.12(p)
График тока, составленный из первой, третьей и пятой гармоник,
представлен на рис. 3 к задаче 3.12(р).
3.13. К цепи, состоящей из последовательно соединенных резистора
с сопротивление R = 3 Ом и катушки индуктивностью L = 12,7 мГн
подведено напряжение u(t) = 30 + 60 sinωt B. Частота f = 50 Гц.
Найти мгновенное значение тока и напряжения на индуктивном
элементе. Определить действующее значение тока и мощность, расходуемую в цепи.
3.14. Цепь, состоящая из последовательно соединенных резистора
с сопротивлением R = 5 Ом и конденсатора емкостью С = 1060 мкФ,
находится под напряжением u(t) = 100 + 200 sinωt + 30 sin(3ωt – π/2) В.
Частота основной гармоники f = 50 Гц.
145
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Найти мгновенное значение тока и напряжения на конденсаторе
uС(t). Определить действующее значение тока и мощность, расходуемую в цепи.
3.15. Цепь, составленная из последовательно соединенных резистора
с сопротивлением R = 10 Ом, конденсатора емкостью С = 200 мкФ и
катушки индуктивностью L = 100 мГн, находится под напряжением
u(t) = 20 + 20 sinωt + 10 sin3ωt В. Частота основной гармоники f = 50 Гц.
Найти мгновенные значения тока i(t) и напряжений uС(t), uL(t).
Определить действующее значение приложенного напряжения и
тока в цепи.
3.16. К цепи приложено напряжение
i(t)
i
(t)
u(t)
= 60 + 100 sint + 50 sin3ωt. Параi1(t) 2
R2
метры элементов: R1 = 6 Ом, R2 = 8 Ом,
R1
u(t)
L1 = 47,8 мГн, L2 = 31,8 мГн, С2 = 159 мкФ
L2
L1
(рис. к задаче 3.16). Частота основной
C2
гармоники f = 50 Гц.
Найти токи ветвей и активную мощРис. к задаче 3.16
ность, расходуемую в цепи.
3.17(р). На вход цепи с параметрами элементов: R = 30 Ом,
R1 = 18 Ом, L = 60 мГн приложено напряжение u(t) = 120 + 200 sinωt +
+ 50 sin(3ωt + 30°) В (рис. 1 к задаче 3.17(р)). Частота основной гармоники f = 50 Гц.
A1
u(t)
V1
V2
R
A2
a
i(t)
L
V3
uab(t)
R1
A3
b
Рис. 1 к задаче 3.17(p)
Определить мгновенные значения тока i(t) и напряжения uab(t),
показания приборов А1 и V1 (магнитоэлектрической системы), А2 и
V2 (индукционной системы), А3 и V3 (электродинамической системы).
Ре шение. Приборы А1 и V1 показывают среднее значение тока и
напряжения на входе, А2 и V2 — действующее значение переменной
составляющей тока и напряжения на входе, А3 и V3 — действующее
значение всего тока и напряжения на входе.
146
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Показания вольтметров:
V 1 —U 0 = 120 В,
2
2
50
⎛ 200
---------⎞ + ⎛ -------⎞ = 146 В,
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
V 2 —U′ =
200 2
50 2
2
( 120 ) + ⎛ ---------⎞ + ⎛ -------⎞ = 189 В.
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
V 3 —U =
Определим ток i(t) и напряжение uab(t), применив метод наложения:
постоянные составляющие тока и напряжения, рассчитываются
по схеме, представленной на рис. 2 к задаче 3.17(р),
I0
R
Im(1)
a
R
a
jwL
Uab0
U0
Um(1)
(1)
U mab
R1
R1
b
b
Рис. 2 к задаче 3.17(p)
Рис. 3 к задаче 3.17(p)
U0
U0 = 120 B, I 0 = ----------------- = 2,5 А,Uab0 = I0R1 = 45 В.
R + R1
Показание амперметра A1 — I0 = 2,5 А.
Расчет комплексных токов и напряжений первой гармоники проводим по схеме, представленной на рис. 3 к задаче 3.17(р):
(1)
U
_ m = 200 ∠0 , ω = 2πf, ωL = 18,84 Ом,
(1)
_Z
= (R + R1) + jωL = 51,54∠21,4° Ом,
(1)
_I m
(1)
(1)
U
_m
= ----------- = 3,88∠–21,4° А,
(1)
_Z
(1)
U
_ m a b = _I m (R1 + jωL) = 3,88∠–21,4°æ26,057∠46,3° = 101,1∠24,9° В.
147
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Мгновенные значения тока и напряжения первой гармоники:
i
(1)
( t ) = 3,88 sin ( ωt – 21,4° ) А,
(1)
u a b ( t ) = 101,1 sin ( ωt + 24,9° ) В.
Im(3)
Расчет комплексных токов и напряжений третьей гармоники проводят по схеме,
представленной на рис. 4 к задаче 3.17(р)
R
(3)
j3wL
U
_ m = 50 ∠30° , 3ωL = 56,5 Ом,
R1
_Z
Um(3)
(3)
= (R + R1) + j3ωL = 74,14∠49,7° Ом,
(3)
U
_m
(3)
_I m = ----------- = 0,674∠–19,7° А,
(3)
_Z
Рис. 4 к задаче 3.17(p)
(3)
(3)
U
_ m a b = _I m (R1 + j3ωL) = 0,674∠–19,7°æ59,3∠72,3° = 39,97∠52,6° В.
Мгновенные значения тока и напряжения третьей гармоники:
i
(3)
( t ) = 0,674 sin ( 3ωt – 19,7° ) А,
(3)
u a b ( t ) = 39,97 sin ( 3ωt + 52,6° ) В.
Показания амперметров:
A2 — I ′=
2
0,674
⎛ 3,88
----------⎞ + ⎛ -------------⎞
⎝ 2⎠
⎝ 2 ⎠
2
= 2,78 А,
3,88 2
0,674 2
2
2,5 + ⎛ ----------⎞ + ⎛ -------------⎞ = 3,75 А.
⎝ 2⎠
⎝ 2 ⎠
Мгновенные значения:
i(t) = 2,5 + 3,88 sin(ωt – 21,4°) + 0,674 sin(3ωt – 19,7°) А,
uab(t) = 45 + 101,1 sin(ωt + 24,9°) + 39,97 sin(3ωt + 52,6°) В.
A3 — I =
3.18. Для питания нагрузки с сопротивлением Rн = 3000 Ом от
источника выпрямленного синусоидального напряжения применен
фильтр, параметры которого R1 = 100 Ом, ωL = 3000 Ом, 1/ωC = 20 Ом
(рис. к задаче 3.18).
Определить отношение постоянной составляющей тока к действующему значению тока в нагрузке. Сравнить с отношением тех же
величин при непосредственном подключении нагрузки к источнику
однофазного двухполупериодного выпрямленного напряжения.
148
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u
R
L
i(t)
Umax
u(t)
p
C
Rн
wt
2p
Рис. к задаче 3.18
i1(t)
R1
R2
M
*
u(t)
L1
i2(t)
*
L2
Рис. к задаче 3.19(p)
3.19(р). Напряжение u(t) = 100 + 70,7 sinωt В. Сопротивления элементов первичной обмотки трансформатора для основной частоты
R1 = 40 Ом, ωL1 = 30 Ом, вторичной обмотки R2 = 60 Ом, ωL2 = 60 Ом,
сопротивление взаимоиндукции ωМ = 20 Ом (рис. к задаче 3.19(р)).
Найти мгновенные значения токов обмоток трансформатора.
Ре ше ние . Постоянная составляющая тока первичной обмотки
не наводит во вторичной обмотке ЭДС взаимоиндукции.
Следовательно,
I10 = U0 / R1 = 100 / 40 = 2,5 А, I20 = 0.
Составляем уравнения Кирхгофа с учетом напряжения взаимоиндукции для первой гармоники:
(1)
U
_1
(1)
(1)
= _I 1 ( R 1 + jωL 1 ) + jωMI_ 2 ,
(1)
(1)
0 = _I 2 ( R 2 + jωL 2 ) + jωMI_ 1 .
Решаем уравнения:
(1)
_I 1
(1)
_I 2
= 0,984∠–31,5° А,
= 0,232∠–166,5° А.
Мгновенные значения токов обмоток трансформатора:
i1(t) = 2,5 + 0,984 2 sin(ωt – 31,5°) А,
i2(t) = 0,232 2 sin(ωt – 166,5°) А.
149
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3.20*. Определить действующее значение тока в диагонали моста,
если напряжение u(t) = 30 + 60 sinωt + 15 sin3ωt В. Сопротивления
элементов цепи для основной частоты: R1 = 30 Ом, ωL1 = 50 Ом,
R2 = 30 Ом, ωL2 = 30 Ом, R3 = 40 Ом, ωL3 = 10 Ом, R4 = 30 Ом,
R5 = 60 Ом (рис. к задаче 3.20*).
L1
R2
R1
L2
A
u(t)
R5
R3
R1
L1
L2
C3
Cн
R4
L3
u(t)
Рис. к задаче 3.21*
Рис. к задаче 3.20*
3.21*. Напряжение на входе четырехполюсника u(t) = 120 +
+ 20 sinωt + 10 sin3ωt В. Сопротивления элементов четырехполюсника
для основной частоты: R1 = 5 Ом, ωL1 = 10 Ом, ωL2 = 10 Ом, 1/ωС3 = 15 Ом,
сопротивление нагрузки 1/ωСн = 24 Ом (рис. к задаче 3.21*).
Вычислить отношение действующего значения напряжения на
нагрузке Uн к действующему значению напряжения на входе U.
3.3. РЕЗОНАНСНЫЕ ЯВЛЕНИЯ
В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ НЕСИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
3.22(р). Подобрать емкости С1 и С2 так, чтобы цепь была настроена на резонанс напряжений для первой гармоники и не пропускала
токи третьей гармоники (схема цепи представлена на рис. к задаче
3.22(р). Угловая частота тока основной гармоники ω = 5000 рад/с.
Параметры цепи: R1 = 50 Ом, L = 2 мГн.
Найти мгновенные значения всех токов и напряжения uab(t), если
u(t) = 20 sinωt + 10 sin3ωt В. Определить действующие значения
токов, напряжения Uab и мощность, расходуемую в цепи.
Ре ше н и е. Чтобы цепь не пропускала третью гармонику, она
должна находиться в режиме резонанса токов на этой гармонике:
3ωL = 1/3ωС2, С2 = 1/(3ω)2L = 1/(15 000)22æ10–3 = 2,22 мкФ.
150
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i1
R1
C1
a
i2
i3
u(t)
C2
L
uab(t)
b
Рис. к задаче 3.22(p)
При резонансе напряжений для первой гармоники
1
jωL ⎛ – j -----------⎞
⎝
⎠
ωC
1
(1)
2
Im ( _Zвх ) = 0 или – j ----------- + --------------------------------- = 0 ,
1
ωC 1
jωL – j ----------ωC 2
(1)
C1 = 17,8 мкФ, _Zвх = R 1 = 50 Ом.
Первая гармоника напряжения u(1)(t) = 20 sinωt.
Рассчитаем комплексные токи и напряжения. Реактивные сопротивления катушки и конденсатора: ωL = 10 Ом, 1/(ωC2) = 90 Ом.
Поэтому
(1)
U
_m
20 ∠0
(1)
_I 1 m = ----------- = -------------- = 0,4 А,
(1)
50
_Zвх
1
jωL ⎛ – j -----------⎞
⎝
⎠
ωC
(1)
(1)
(1) (1)
2
_ m a b = _I 1m _Za b = j4,5 В,
_Za b = --------------------------------- = j11,25 Ом, U
1
jωL – j ----------ωC 2
(1)
_I 2 m
(1)
(1)
U
_ mab
U
_ mab
(1)
= ----------------- = –0,05 А, _I 3 m = -------------- = 0,45 А.
jωL
1
– j ----------ωC 2
Третья гармоника u(3)(t) = 10 sin3ωt, так как в цепи резонанс токов
(3)
(3)
(3)
_I 1 m = 0 ; U
_ mab = U
_ m = 10 ∠0 А,
151
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(3)
_I 2 m
(3)
_I 3 m
(3)
U
_ mab
10 ∠0
= -------------------- = -------------- = 0,33 ∠90° А,
– j30
1
– j -------------3ωC 2
(3)
U
_ m a b 10 ∠0
= -------------- = -------------- = 0,33 ∠– 90 ° А.
j3ωL
j30
Мгновенные и действующие значения токов:
0,4
i1(t) = 0,4 sinωt, I 1 = ------- = 0,283 А,
2
i2(t) = – 0,05 sinωt + 0,33 cos3ωt, I 2 =
⎛ 0,05⎞ 2 ⎛0,33 ⎞ 2
⎜ ----------⎟ + ⎜---------- ⎟ = 0,236 А,
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎛ 0,45⎞ 2 ⎛ 0,33⎞ 2
⎜ ----------⎟ + ⎜ ----------⎟ = 0,395 А,
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
i3(t) = 0,45 sinωt – 0,33 cos3ωt, I 3 =
uab(t) = 4,5 cosωt + 10 sin3ωt, U a b =
⎛ 4,5 ⎞ 2 ⎛ 10 ⎞ 2
⎜ ----------⎟ + ⎜ ----------⎟ = 7,75 В.
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
В цепи расходуется мощность
2
2
P = I 1 R 1 = 0,283 æ50 = 4 Вт.
3.23(р). Дано: ω = 1000 рад/с, L = 0,1 Гн, u(t) = 40 cos(ωt + 30°) +
+ 6 sinωt В (рис. к задаче 3.23(р)).
L
C1
C2
u1(t)
R
uR(t)
Рис. к задаче 3.23(p)
Найти С1 и С2, при которых uR(t) = 40 cos(ωt + 30°).
152
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше ние . Для того чтобы uR(t) = Ri(t) = 40 cos(ωt + 30°), ток в
резисторе должен содержать только первую гармонику. Следовательно, для третьей гармоники в цепи наблюдается резонанс токов:
(3)
(3)
i(3)(t) = 0 ( i L + i C = 0 ). Условие резонанса на третьей гармонике:
2
1
1
1
3ωL = -------------- ⇒ C 2 = -------------- = ----------------------------- = 1,11 мкФ.
2
6
3ωC 2
9ω L 9æ10 æ0,1
(1)
Так как u R = u
(1)
( t ) = 40 cos ( ωt + 30° ) , то на первой гармонике
(1)
(1)
имеем резонанс напряжения и Im ( _Zвх ) = 0 , _Zвх = R . Комплексное
входное сопротивление
1
jωL ⎛ – j -----------⎞
⎝
⎠
ωC
1
(1)
2
_Zвх = R – j ----------- + --------------------------------- ,
1
ωC 1
jωL – j ----------ωC 2
1
ωL ----------ωC 2
1
(1)
Im ( _Zвх ) = 0 ⇒ – ----------- + -------------------------- = 0 .
1
ωC 1
----------- – ωL
ωC 2
Реактивные сопротивления катушки и конденсатора на основной
частоте (первой гармоники):
1
ωL = 100 Ом, ----------- = 900 Ом,
ωC 2
следовательно,
100æ900
900
1
8
1
– ----------- + ------------------------ = 0 , ----------- = --------- , C 1 = ---------------------- = 8,89 мкФ.
3
8
ωC 1
ωC 1 900 – 100
900æ10
3.24(р). К генератору с ЭДС e(t) =
= 100 cosωt + 50 cos2ωt + 10 cos3ωt В
iA
iB
присоединены параллельно две ветви:
RA
RB
в одной последовательно элементы с
e(t)
сопротивлением RA и индуктивностью
C
L
L, в другой последовательно элементы
с сопротивлением RB и емкостью C.
Причем RA = RB = 20 Ом, ωL = 1/ωC =
Рис. к задаче 3.24(p)
15 Ом (рис. к задаче 3.24(р)).
В какой ветви потребляемая мощность больше?
153
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше ние. Входное напряжение представлено суммой гармоник
e(t) = 100 cosωt + 50 cos2ωt + 10 cos3ωt В.
Расчет проводим по методу наложения.
Первая гармоника:
100
1
(1)
(1)
(1)
_E = --------- ∠90° В, X L = ωL = 15 Ом, X C = -------- = 15 Ом,
ωC
2
(1)
(1)
(1)
(1)
_ZA = R A + jX L
= 20 + j15 = 25 ∠37° Ом,
_ZB = R B – jX C = 20 – j15 = 25 ∠– 37 ° Ом,
100 ∠90°
4
(1)
_I A = -------------------------------- = ------- ∠53° А,
2æ25 ∠37°
2
100 ∠90°
4
(1)
_I B = ----------------------------------- = ------- ∠127° А.
2æ25 ∠– 37 °
2
Вторая гармоника:
50
1
(2)
(2)
(2)
_E = ------- ∠90° В, X L = 2ωL = 30 Ом, X C = ------------ = 7,5 Ом,
2ωC
2
(2)
(2)
(2)
(2)
(3)
(3)
(3)
(3)
_ZA = R A + jX L
= 20 + j30 = 36,06 ∠56° Ом,
_ZB = R B – jX C = 20 – j7,5 = 21,36 ∠– 21 ° Ом,
50 ∠90°
1,39
(2)
_I A = --------------------------------------- = ---------- ∠34° А,
2æ36,06 ∠56°
2
50 ∠90°
2,34
(2)
_I B = ------------------------------------------- = ---------- ∠111° А.
2æ21,36 ∠– 21 °
2
Третья гармоника:
10
1
(3)
(3)
(3)
_E = ------- ∠90° В, X L = 3ωL = 45 Ом, X C = ------------ = 5 Ом,
3ωC
2
_ZA = R A + jx L
= 20 + j45 = 49,24 ∠66° Ом,
_ZB = R B – jx C = 20 – j5 = 20,62 ∠– 14° Ом,
10 ∠90°
0,2
(3)
_I A = --------------------------------------- = ------- ∠24° А,
2æ49,24 ∠66°
2
10 ∠90°
0,48
(3)
_I B = ------------------------------------------- = ---------- ∠104° А.
2æ20,62 ∠– 14 °
2
154
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Потребляемая мощность:
(1) 2
(2) 2
(3) 2
PA = ( IA ) RA + ( IA ) RA + ( IA ) RA =
⎛ ⎛ 4 ⎞ 2 ⎛ 1,39⎞ 2 ⎛ 0,2 ⎞ 2⎞
= 20 ⎜ ⎜ ----------⎟ + ⎜ ----------⎟ ⎜ ----------⎟ ⎟ = 179,72 Вт,
⎝⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠
(1) 2
(2) 2
(3) 2
PB = ( IB ) RB + ( IB ) RB + ( IB ) RB =
⎛ ⎛ 4 ⎞ 2 ⎛ 2,34⎞ 2 ⎛ 0,48⎞ 2⎞
= 20 ⎜ ⎜ ----------⎟ + ⎜ ----------⎟ ⎜ ----------⎟ ⎟ = 216,06 Вт.
⎝⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠
В ветви с RB и C активная мощность больше.
π
3.25. Дано: i(t) = 2 + 2 sin(100t + --- ) А, R = 10 Ом, L = 0,1 Гн,
4
С = 10
–3
Ф (рис. к задаче 3.25).
*
u(t)
*
W
A3
A2
A1
C
L
V
i(t)
R
R
Рис. к задаче 3.25
i
R
L1
a
C1
i1
uab(t)
e(t)
С2
b
L2
i2
Рис. к задаче 3.26
Определить показания приборов.
3.26. Дано: e(t) = 50 + 100 sinωt + 50 sin3ωt В, R1 = 50 Ом, ωL1 =
= 30 Ом, 1/ωС1 = 30 Ом, 1/ωС2 = 90 Ом, ωL2 = 10 Ом (рис. к задаче 3.26).
Найти максимальное значение напряжения uab(t).
155
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3.27. Дано: i(t) = 2 sint + 2 sin3ωt А. Мощность, потребляемая в
цепи, равна 400 Вт. Показание вольтметра электромагнитной системы UV = 250 B (рис. к задаче 3.27).
i(t)
R
a
C1
u(t)
C
V
R
L1
e(t)
V
С2
b
Рис. к задаче 3.27
Рис. к задаче 3.28
i1(t)
i2(t)
С2
R
R1
C1
e(t)
Рис. к задаче 3.29
L2
L2
L1
С
e1(t)
e2(t)
Рис. к задаче 3.30
Определить параметры R и С, если частота основной гармоники
ω = 100 рад/с.
3.28. Дано: R = 7,5 Ом, ωL1 = 5 Ом, 1/ωC1 = 5 Ом, 1/ωC2 = 15 Ом,
e(t) = 15 + 7,5 sin(ωt + 90°) + 15sin2ωt В (рис. к задаче 3.28).
Найти напряжение uab(t), показание вольтметра электромагнитной системы. Составить баланс активной мощности.
3.29. Дано: R = 40 Ом, ωL2 = 27 Ом, 1/ωC1 = 24 Ом, 1/ωC2 = 3 Ом,
e(t) = 30 + 80 2 sinωt + 60 2 sin(3ωt + 30°) В (рис. к задаче 3.29).
Найти мгновенное и действующее значения тока i2(t). Составить
баланс активной мощности.
3.30. Дано: R1 = 10 Ом, ωL1 = 4 Ом, ωL2 = 20 Ом, 1/ωC = 30 Ом,
e(t) = 20 sinωt + 30 sin(3ωt + 30°) В, е2(t) = 20 В (рис. к задаче 3.30).
Найти мгновенное и действующее значения тока i1(t). Составить
баланс активной мощности.
3.31. Дано: R1 = 10 Ом, ωL2 = 2 Ом, ωL3 = 2 Ом, 1/ωC3 = 50 Ом,
e3(t) = 40 sinωt + 20 sin5ωt В, е1(t) = 20 В (рис. к задаче 3.31).
156
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i1(t)
e(t)
a
С3
R1
L2
C1
R
L3
e1(t)
V
С2
L
e3(t)
b
Рис. к задаче 3.31
i1(t)
L1
Рис. к задаче 3.32
i3(t)
a
i(t)
R
L2
i2(t)
e1(t)
e2(t)
R1
С3
3L
u(t)
L
V
C
b
Рис. к задаче 3.33
Рис. к задаче 3.34*
Найти мгновенное и действующее значения тока i1(t). Составить
баланс активной мощности.
3.32. Дано: R = 15 Ом, ωL = 10 Ом, 1/ωC2 = 30 Ом, 1/ωC1 = 10 Ом,
e(t) = 30 + 15 sin(ωt + 90°) + 30 sin(2ωt – 90°) В (рис. к задаче 3.32).
Найти напряжение uab(t), показание вольтметра электродинамической системы. Составить баланс активной мощности.
3.33. Дано: R1 = 20 Ом, ωL1 = 10 Ом, ωL2 = 1/ωC3 = 30 Ом, e1(t) =
= 40 + 60 sinωt + 20 sin(2ωt – 90°) В, е2 = 20 В (рис. к задаче 3.33).
Найти токи ветвей, напряжение uab(t), активную мощность, потребляемую цепью.
3.34*. Дано: в цепи несинусоидального тока известны значения
параметров R = 12 Ом, L = 25 мГн, С = 40 мкФ. Ток i(t) = 1 А. Показание вольтметра электромагнитной системы UV = 24 B (рис. к задаче
3.34*).
Определить u(t).
3.35*. Д ано: u1(t) = 50 + 42,4 sin1000t + 14,1 sin5000t В, u2(t) =
= 28,3 sin1000t В, L1 = 0,1 Гн, М = 0,05 Гн. Показание амперметра
электромагнитной системы IА = 0,5 А (рис. к задаче 3.35*).
Определить параметры С1 и R, ток i1(t).
157
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
C1
i1(t)
M
L1
*
u1(t)
*
L2
u2(t)
L3
R
A
Рис. к задаче 3.35*
R1
i(t)
L1
C1
u(t)
uC (t)
С2
R2
L2
1
A
Рис. к задаче 3.36*
J(t)
V2
Imax
R
J(t)
T/2
T
L
V3
t
Рис. 2 к задаче 3.37*
Рис. 1 к задаче 3.37*
3.36*. Д ано: i(t) = 1 +
V1
2 sin1000t А, R1 = 20 Ом, R2 = 40 Ом,
L1 = 0,02 Гн, L2 = 0,04 Гн, С1 = 50 мкФ, С2 = 25 мкФ (рис. к задаче 3.36*).
Определить показание амперметра электродинамической системы
и мгновенные значения напряжений u C ( t ) и u(t).
1
3.37*. Д а но : на входе цепи J(t) — периодический ток с периодом
Т = 10–3 с (рис. 1 к задаче 3.37*).
Параметры элементов цепи: R = 10 Ом, L = 0,005 Гн. Схема цепи
представлена на рис. 2 к задаче 3.37*.
Определить показания вольтметров электродинамической системы,
если вид входного воздействия такой, как представлен на рисунке.
158
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3.38*. Д ано: u C ( t ) = U C + 25 sin ( 100t + π ⁄ 2 ) В, e(t) = E0 +
1
0
+ 50 sin100t В, e2(t) = 80 sin200t В, i C ( t ) = 8 sin ( 200t + π ⁄ 2 ) А.
2
Показание амперметра электромагнитной системы IА = 6 А, мощность потребляемая цепью, Р = 250 Вт (рис. к задаче 3.38*).
Определить i1(t), Е0, параметры L1, С1, С2, R.
L2
i1(t)
L
e(t)
L1
C1
R1
A
iC (t)
С2
2
uC (t)
1
R2
e2(t)
R
Рис. к задаче 3.38*
R2
i(t)
e(t)
u(t)
C
R
A
Рис. к задаче 3.39*
L
i1(t)
R1
i3(t)
i2(t)
R1
L
V
R3
e1(t)
С
Рис. к задаче 3.40*
A
R3
e2(t)
Рис. к задаче 3.41*
3.39*. Д ано: u ( t ) = 60 + 120 2 sin ( ωt – π ⁄ 4 ) + 60 2 sin 3ωt В,
R1 = R2 = 20 Ом, С = 53,1 мкФ, ω = 314 рад/с (рис. к задаче 3.39*).
Известно, что активные мощности нулевой и третьей гармоник связаны соотношением Р(0) = 0,75Р(3).
Определить параметр L и показание амперметра электромагнитной системы.
3.40*. Д ано: e(t) = 100 + 200 sin100t В, i(t) = 5 + 10 sin100t А.
Показания приборов электромагнитной системы: IA = 3 2 А, UV = 60 3 В
(рис. к задаче 3.40*).
Определить параметры элементов цепи.
3.41*. Дано: мгновенные значения источников ЭДС одинаковые,
e(t) = 100 2 sin103t + 157 2 sinKæ103t В, R1 = R3 = 10 Ом, L = 0,01 Гн
(рис. к задаче 3.41*).
Каким должен быть коэффициент K — соотношение частот гармонических составляющих источников, чтобы оба резистора потребляли одинаковую мощность?
159
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 3
2U max 1 2
1
3.1. а) u ( t ) = ---------------- ⎛ --- --- + 1⎞ sin ωt – --- sin 2ωt +
⎝
⎠
π
1π
2
1 12
1
+ --- ⎛ – --- --- + 1⎞ sin 3ωt – --- sin 4ωt + … В;
⎠
3⎝ 3π
4
4U max
1
1
б) u ( t ) = ---------------- sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + … В;
π
3
5
2U max
1
1
1
в) u(t) = ---------------- sin ωt – --- sin 2ωt + --- sin 3ωt – --- sin 4ωt + … В.
π
2
3
4
3.2. kф = 1,16, kа = 1,37, kи = 0,96.
I1 m + I2 m 2 ( I1 m – I2 m )
1
3.3. i ( t ) = ------------------------ + -------------------------------- sin ωt + --- sin 3ωt +
2
π
3
1
+ --- sin 5ωt + … А.
5
U max 2U max
2
1
3.4. u ( t ) = ------------ + ---------------- sin ωt – --- cos 2ωt – --- sin 2ωt + 0 +
2
π
π
2
1
2
+ --- sin 3ωt – --------- cos 3ωt + … В.
2
3
3 π
4U max
1
1
3.5. а) u ( t ) = ---------------- sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + … В. Кривая
π
3
5
суммы гармоник представлена на рис. к задаче 3.5,
8U max
1
1
б) u ( t ) = ---------------- sin ωt – --- sin 3ωt + ------ sin 5ωt + … В.
2
9
25
π
u
Учет первой и третьей гармоник
Umax
0
Учет первой, третьей и пятой гармоник
p
–Umax
Рис. к задаче 3.5
160
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2p wt
3.6. Формулы для общего выражения тригонометрического ряда:
2U max
U max
sin kωt 1
U 0 = ------------ , U k′ m = ---------------- ------------------------------------- ;
2
2
k ωt 1 ( 2π – ωt 1 )
2 kωt 1
4U max sin ----------2
--------------------------------------------------.
U k″m = –
2 ωt ( 2π – ωt )
1
1
k
Для ломаной кривой а) общий вид ряда не подходит, коэффициенты ряда Фурье
U max
U max
U 0 = ------------ , U k′ m = – ------------ , U k″m = 0 :
2
kπ
U max U max
1
1
а) u ( t ) = ------------ – ------------ sin ωt + --- sin 2ωt + --- sin 3ωt + … В;
2
π
2
3
U max 4U max
1
1
б) u(t) = ------------ – ---------------- cos ω t + ----- cos 3ωt + ----- cos 5ωt + … В;
2
2
2
2
3
5
π
U max 8U max
1
1
в) u ( t ) = ------------ – ---------------- sin ωt – ----- sin 3ωt + ----- sin 5ωt – … –
2
2
2
2
3π
3
5
8U max
2
1
– ---------------- cos ω t + ----- cos 2ωt + ----- cos 3ωt + … В.
2
2
2
3π
2
3
4I max 1
1
1
1
3.7. i(t)= -------------- --- + ----------- cos 2ω t – ----------- cos 4ωt + ----------- cos 6ωt – … А.
π 2 1æ3
3æ5
5æ7
3 3I max 1
1
1
3.8. i ( t ) = --------------------- ⎛ --- + ----------- cos 3ω t – ----------- cos 6ωt +
⎝ 2 2æ4
π
5æ7
1
+ -------------- cos 9ωt – … ⎞ А.
⎠
8æ10
2 2
2
3.9. а) kф = 1, kа = 1, kи = ---------- ; б) kф = ------- 1 , kа =
π
3
3.10. kф = 1,28; kа = 1,76; kи = 0,96.
4 6
3 , kи = ---------- .
2
π
1
1
3.11. i ( t ) = – 85 ⎛ cos ω t + --- cos 3ωt + ------ cos 5ωt + …⎞ А.
⎝
⎠
9
25
3.12. i(t) = 2,12(cosωt + cos3ωt + cos5ωt + …) A.
3.13. i(t) = 10 + 12 sin(ωt – 53°) А; uL(t) = 48 cos(ωt + 37°) В;
I = 13,1 А; P = 516 Вт.
161
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3.14. i(t) = 34,3 sin(ωt + 31°) + 5,9 sin(3ωt – 78,7°) А;
uC(t) = 100 + 102,9 sin(ωt – 59°) + 5,9 sin(3ωt – 168,7°) В;
I = 24,6 А; P = 3026 Вт.
3.15. i(t) = 1,09 sin(ωt – 57°) + 0,11 sin(3ωt – 83,6°) А;
uC(t) = 20 + 17,4 sin(ωt – 147°) + 0,58 sin(3ωt – 173,6°) В;
uL(t) = 34,2 sin(ωt + 33°) + 10,4 sin(3ωt + 6,4°) В;
U = 25,5 В; I = 0,77 А.
3.16. i1(t) = 10 + 6,2 sin(ωt – 68°) + 1,1 sin(3ωt – 82,4°) А;
i2(t) = 7,8 sin(ωt + 51,3°) + 2,04 sin(3ωt – 71°) А;
i(t) = 10 + 7,2 sin(ωt + 2,7°) + 3,12 sin(3ωt – 75°) А; P = 981,7 Вт.
3.17. Мгновенные значения:
i(t) = 2,5 + 3,88 sin(ωt – 21,4°) + 0,674 sin(3ωt – 19,7°) А;
uab(t) = 45 + 101,1 sin(ωt + 24,9°) + 39,97 sin(3ωt + 52,6°) В.
Показания приборов:
A1 — I0 = 2,5 А, V1 — U0 = 120 В;
A2 — I′=
V 2 —U′ =
A3 — I =
2
0,674
⎛ 3,88
----------⎞ + ⎛ -------------⎞
⎝ 2⎠
⎝ 2 ⎠
2
= 2,78 А;
2
50 2
⎛ 200
---------⎞ + ⎛ -------⎞ = 146 В ;
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
3,88 2
0,674 2
2
2,5 + ⎛ ----------⎞ + ⎛ -------------⎞ = 3,75 А;
⎝ 2⎠
⎝ 2 ⎠
200 2
50 2
2
120 + ⎛ ---------⎞ + ⎛ -------⎞ = 189 В.
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
3.18. Через фильтр I0/I ≈ 1, без фильтра I0/I = 0,905.
V 3 —U =
3.19. i1(t) = 2,5 + 0,984 2 sin(ωt – 31,5°) А;
3.20.
3.21.
3.22.
3.23.
3.24.
162
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i2(t) = 0,232 2 sin(ωt – 166,5°) А.
I = 0,0263 A.
Uн/U = 1,95.
C2 = 2,22 мкФ; C1 = 17,8 мкФ; i1(t) = 0,4 sinωt;
i2(t) = –0,05 sinωt + 0,33 cos3ωt А; i3(t) = 0,45 sinωt – 0,33 cos3ωt А;
uab(t) = 4,5 cosωt + 10 sin3ωt В; I1 = 0,283 А; I2 = 0,236 А;
I3 = 0,395 А; Uab = 7,75 В; P = 4 Вт.
С1 = 8,89 мкФ; С2 = 1,11 мкФ.
В ветви RB и C активная мощность Р = 217,06 Вт, в ветви RA и L
активная мощность Р = 179,72 Вт.
3.25. PW = 80 Вт; U = 20 3 В; I A = 6 А; I A = 2 А; I A = 2 А.
1
2
3
3.26. uab max = 140 В.
3.27. R = 100 Ом; С = 99 мкФ.
3.28. uab(t) = 15 + 15 sin2ωt В; Uab = 18,37 В; Pист = Pпотр = 3,75 Вт.
3.29. i2(t) = 3,33 2 sin(ωt – 90°) + 0,163 2 sin(3ωt – 137,5°) А;
I2 = 3,334 А; Pист = Pпотр = 85,8 Вт.
3.30. i1(t) = –2 + 0,309 sin(ωt – 81°) + 3 sin(3ωt + 30°) А; I1 = 2,92 А;
Pист = Pпотр = 85,5 Вт.
3.31. i1(t) = 2 + 0,17 sin(ωt – 11,8°) + 2 sin(5ωt + 180°) А; I1 = 2,45 А;
Pист = Pпотр = 60,15 Вт.
3.32. uab(t) = 30 + 30 sin(2ωt – 90°) В; Uab = 36,74 В; Pист = Pпотр = 7,5 Вт.
3.33. i1(t) = 1 + 1 sin(ωt – 90°) А;
i2(t) = –1 + 2 sin(ωt + 90°) + 0,33 sin(2ωt – 90°) А;
i3(t) = 2 sin(ωt – 90°) + 1,33 sin(2ωt – 90°) А;
uab(t) = 20 + 60 sinωt + 20 sin(2ωt – 180°) В; Pпотр = 30 Вт.
3.34. u(t) = 12 + 12 6 sin500t В.
3.35. С1 = 1,11 мкФ; R = 500/3 Ом; i1(t) = 0,3 + 0,4 2 sin(–1000t – π/2) А.
π
3.36. u C ( t ) = 20 + 20 sin ⎛ 1000t – ---⎞ В;
⎝
1
4⎠
π
u C ( t ) = 40 sin ⎛ 1000t + ---⎞ В; I A =
⎝
2
4⎠
1,5 = 1,22 А.
3.37. U V = 23,1 B; U V = 11,6 B; U V = 20 B.
1
2
3
3.38. i1(t) = 2 sin100t; Е0 = 100 B; L1 = 0,125 Гн; С1 = 8æ10–4 Ф;
L2 = 0,05 Гн; С2 = 5æ10–4 Ф; R = 25 Ом.
3.39. IА = 4,02 А; L = 10,6 мГн.
3.40. R1 = 8 Ом; R3 = 12 Ом; L = 90 мГн; С = 0,625 мкФ.
3.41. K = 3.
163
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава четвертая
ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ
ВВЕДЕНИЕ
Трехфазная цепь представляет собой совокупность трехфазных
источников, трехфазной нагрузки и трехпроводной (или четырехпроводной) системы проводов, связывающих источники и нагрузку.
Слово «фаза» в этих цепях нужно понимать как двухпроводную
электрическую цепь. Каждая фаза имеет буквенное обозначение. В
России фазы обозначаются заглавными буквами А, В, С.
В качестве трехфазных источников чаще других применяются
синхронные генераторы. На статоре синхронного генератора помещены три обмотки, которые сдвинуты в пространстве одна относительно другой на 120° и в которых индуцируются ЭДС, изменяющиеся по синусоидальному закону:
2π
2π
e A = E m sin ωt , e B = E m sin ⎛ ωt – ------⎞ , e C = E m sin ⎛ ωt + ------⎞ .
⎝
⎝
3⎠
3⎠
(4.1)
Фазные ЭДС на комплексной плоскости могут быть представлены
векторными диаграммами (рис. 4.1 и 4.2) в зависимости от способа
соединения обмоток генератора. Обмотки включаются в звезду (см.
рис. 4.1) или в треугольник (см. рис. 4.2). Концы обмоток обычно
маркируют буквами: А – начало, X – конец обмотки фазы А. Соответственно для фазы В: (В — Y), для фазы С – (С — Z).
A
A
UA
Z
X
UC
Y
C
C
B
Рис. 4.1
164
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
UB
B
A
A
Z
UCA
C
UBC
X
B
Y
UAB
C
B
Рис. 4.2
Аналогично соединяются и маркируются вторичные обмотки
трансформаторов, включенные в трехфазную цепь. В этом случае
обмотки трансформатора ведут себя как обмотки источника.
Для получения соединения звездой у источников соединяют
вместе концы обмоток X, Y, Z (см. рис. 4.1), для получения соединения обмоток источников треугольником концы обмотки одной фазы
соединяют с началом другой и так до полного замыкания (см. рис. 4.2),
например, АX → ВY → СZ → А.
Симметричные режимы трехфазных цепей
и методики их расчетов
Четырехпроводная система (с нейтралью). Для симметричного
режима сопротивления приемников в фазах равны, т.е. _ZA = _ZB =
= _ZC = _Z , сопротивления проводов _Zл одинаковы (рис. 4.3, а),
линейные напряжения UAB = UBC = UCA = Uл =
больше фазного.
A
B
C
N
IA
Zл
ZA
IB
Zл
ZB
IC
Zл
3 Uф, т.е. в
3
UA
j
IA
IC
ZC
j
j
UC
IN
а)
IB
UB
б)
Рис. 4.3
165
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
К нагрузке в фазах приложено фазное напряжение, соответственно UAN к фазе А, UВN к фазе В, UСN к фазе С. Тогда
1) для расчета токов применяют закон Ома:
U
_ AN
U
_ BN
U
_ CN
_I A = --------------- , _I B = --------------- , _I C = --------------- ,
_Zл + _Z
_Zл + _Z
_Zл + _Z
(4.2)
где U
_ A N = Uф, U
_ B N = Uф ∠ –120°, U
_ CN = Uф ∠ 120°;
2) ток в нейтрали _I N = _I A + _I B + _I C = 0 . На рис. 4.3, б представлена векторная диаграмма для случая, когда сопротивление _Z имеет
активно-индуктивный характер (ϕ > 0).
Трехпроводная система, нагрузка соединена звездой. При симметричном источнике не имеет значения способ соединения обмоток
источника. Для удобства расчета токов в нагрузке, соединенной звездой, удобно представить соединения обмоток источника также звездой (рис. 4.4).
В силу симметрии ( _ZA = _ZB = _ZC = _Z ) потенциалы точек N и N′
равны, т.е. ϕN = ϕN′, что позволяет соединить виртуально эти точки
(см. штриховые линии). В результате расчетная схема совпадает с
предыдущей (рис. 4.3, а), в которой токи можно найти по закону Ома:
_EA
_EB
_EC
_I A = --------------- , _I B = --------------- , _I C = --------------- .
_Zл + _Z
_Zл + _Z
_Zл + _Z
Между собой комплексные токи образуют симметричную звезду:
_I A = I A ∠ϕ , _I B = _I A æ1 ∠– 120° , _I C = _I A æ1 ∠120° .
EA
A
IA
Zл
ZA
EB
B
IB
Zл
ZB
EC
C
IC
Zл
ZC
N
Рис. 4.4
166
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
N¢
Трехпроводная система, нагрузка соединена треугольником (рис. 4.5, а).
Симметричная нагрузка в схеме на рис. 4.5, а имеет место при
_Zab = _Zb c = _Zc a = _Z . Фазные напряжения:
U
_ AB
U
_ A = ----------- 1 ∠– 30° , U
_B = U
_ A æ1 ∠– 120° , U
_C = U
_ A æ1 ∠120° . (4.3)
3
Если пренебречь сопротивлением линии, тогда
1) фазные токи определяются из закона Ома:
U
_ AB
U
_ BC
U
_ CA
(4.4)
_I a b = ----------- , _I b c = ----------- , _I c a = ----------- .
_Z
_Z
_Z
Все токи равны по значению, но сдвинуты один относительно
другого на 120°:
_I b c = _I a b æ1 ∠– 120° , _I c a = _I a b æ1 ∠120° ;
2) линейные токи рассчитываются по первому закону Кирхгофа:
_I A = _I a b – _I c a ; _I B = _I b c – _I a b ; _I C = _I c a – _I b c .
На рис. 4.5, б представлена векторная диаграмма. Комплексное
значение тока _I A находится из выражения _I A = _I a b – _I c a =
= _I a b – _I a b æ1 ∠120° =
3I_ a b æ1 ∠– 30 ° . При симметричной нагрузке,
соединенной треугольником, линейные токи больше фазных в 3 раз
и сдвинуты по фазе от фазных токов на угол –30°. Если _Zл ≠ 0 , то
проще всего преобразовать треугольник в звезду и для эквивалентной звезды найти токи
U
_A
U
_B
U
_C
_I A = ---------------- , _I B = ---------------- , _I C = ---------------- .
(4.5)
_Z
_Z
_Z
--- + _Zл
--- + _Zл
--- + _Zл
3
3
3
A
Zл
IA
B
Zл
IB
C
Zл
IC
Uab
a
Ica
Zca
Ibc
c
Iab
j
b
Uca
Zbc
j
IA
Zab
IB
Ica
Iab
Ibc
j
Ubc
IC
а)
б)
Рис. 4.5
167
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Несимметричный режим трехфазных цепей
и методики его расчета
Четырехпроводная система. Расчет режима для несимметричной
нагрузки ( _ZA ≠ _ZB ≠ _ZC ) (рис. 4.6) целесообразно осуществлять в
следующем порядке:
1) находят напряжение смещения нейтрали UN′N. Это напряжение
между общей точкой N источника (аналогично схеме рис. 4.4) и точкой N′
U
_ AY
_ B Y– B + U
_ CY
–A + U
–C ,
U
_ N ′N = ----------------------------------------------------------Y– A + Y– B + Y– C + Y
–N
(4.6)
где
1
1
1
1
Y– A = ------------------- ; Y
= ------ ;
= ------------------- ; Y
= ------------------- ; Y
B
C
N
–
–
–
_Zл + _ZA
_Zл + _ZB
_Zл + _ZC
_ZN
2) линейные токи и ток в нейтральном проводе определяют из
выражений:
U
_A – U
_ N′N
U
_B – U
_ N′N
_I A = ---------------------------- ; _I B = ---------------------------- ;
_Zл + _ZA
_Zл + _ZB
U
_C – U
_ N′N
_I C = ---------------------------- ;
_Zл + _ZC
U
_ N′ N
_I N = ------------- .
_ZN
(4.7)
_ N′N = 0.
Если _ZN → 0 , то смещение нейтрали отсутствует и U
В этом случае токи находятся из выражений:
U
_A
U
_B
U
_C
_I A = ------------------- ; _I B = ------------------- ; _I C = ------------------- ; _I N = _I A + _I B + _I C . (4.8)
_Zл + _ZA
_Zл + _ZB
_Zл + _ZC
A
B
C
N
IA
Zл
ZA
IB
Zл
ZB
IC
Zл
ZC
IN
ZN
Рис. 4.6
168
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
N¢
Трехпроводная система (нагрузка соединена звездой). Схема
имеет вид, представленный на рис. 4.4, но _ZA ≠ _ZB ≠ _ZC . Порядок
расчета похож на расчет несимметричной четырехпроводной системы, но в формулах Y
– N = 0. Смещение нейтрали в этом случае
имеет вид:
U
_ AY
_ B Y– B + U
_ CY
–A + U
–C .
(4.9)
U
_ N ′N = ----------------------------------------------------------+
Y
Y– A + Y
–B –C
Токи в фазах определяются по тем же формулам (4.7). Сумма
линейных токов равна нулю: _I A + _I B + _I C = 0 .
Трехпроводная система (нагрузка соединена треугольником).
Электрическая схема такая же, как на рис. 4.5, а, но _Za b ≠ _Zb c ≠ _Zc a .
При _Zл = 0 токи определяются по формулам:
U
_ AB
U
_ BC
U
_ CA
_I a b = ----------- , _I b c = ----------- , _I c a = ----------- .
_Za b
_Zb c
_Zc a
(4.10)
Соотношение между линейными и фазными токами не равно
3,
т.е. I л ≠ 3I ф .
Если _Zл ≠ 0 , то после преобразования треугольника нагрузки в
звезду получается несимметричная звезда. Порядок расчета этой
эквивалентной звезды такой же, как и несимметричной звезды.
Измерение мощностей в трехфазных цепях
Четырехпроводная система. В четырехпроводной системе (рис. 4.7)
для измерения активной мощности включают ваттметры в каждую
фазу. Активная мощность системы равна сумме показаний всех ваттметров: P = P W + P W + P W . Для симметричной нагрузки актив1
2
A
B
Источник
3
*
* W
1
*
* W
2
Нагрузка
*
C
* W
3
N
Рис. 4.7
169
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
*
* W
1
A
Источник
*
* W
2
B
Нагрузка
C
Рис. 4.8
A
Источник
*
* W
1
B
Нагрузка
C
Рис. 4.9
ную мощность можно измерять одним ваттметром, включенным в
любую фазу. Мощность системы будет равна P = 3PW.
Трехпроводная система. В трехпроводной трехфазной цепи для
измерения активной мощности применяют схему двух ваттметров
(рис. 4.8).
Активная мощность, потребляемая нагрузкой, равна алгебраической сумме показаний ваттметров: P = P W + P W . Схема приме1
2
нима для симметричного и несимметричного режимов.
При симметричном режиме реактивную мощность можно измерить по схеме на рис. 4.8. В этом случае реактивная мощность равна
3 ( P W – P W ) . Можно
1
2
использовать схему с одним ваттметром (рис. 4.9). Реактивная мощразности
показаний
ваттметров:
Q=
ность определяется из выражения Q =
3P W .
1
Расчет трехфазных цепей
методом симметричных составляющих
Симметричные составляющие. Несимметричная система любых
трех синусоидальных напряжений (токов, зарядов, магнитных потоков) может быть разложена на три симметричные системы (прямой,
обратной и нулевой последовательности). Синусоидальные величины на комплексной плоскости представляются комплексами
170
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(векторами), поэтому несимметричная система трех векторов на комплексной плоскости может быть представлена суммой трех симметричных систем векторов. Фазные напряжения трехфазной системы
могут быть представлены выражением:
U
_A = U
_1 + U
_2 + U
_ 0,
⎫
⎪
2
⎪
_ 1 + aU
_2 + U
_ 0, ⎬
U
_B = a U
⎪
2
U
_ C = aU
_1 + a U
_2 + U
_ 0, ⎪
⎭
(4.11)
где а и а2 являются фазными множителями, равными а = ej120, а2 = ej240,
2
причем а + а + 1 = 0. На рис. 4.10 дано геометрическое представление несимметричной системы векторов A, B, C. Преобразовав представленную систему (4.11), можно найти значения составляющих
U
_1, U
_2, U
_0:
1
2
U
_ 1 = --- ( U
_ A + aU
_B + a U
_ C ), ⎫
⎪
3
⎪
⎪
1
2
-(4.12)
_ B + aU
_ C ), ⎬
_ +a U
U
_ 2 = (U
3 A
⎪
⎪
1
⎪
_B + U
_ C ).
_A + U
U
_ 0 = --- ( U
3
⎭
Каждой последовательности на участке цепи соответствуют свои
сопротивления, которые удовлетворяют соотношениям:
U
_1
U
_2
U
_0
_Z1 = ------- , _Z2 = ------- , _Z0 = ------- ,
_I 1
_I 2
_I 0
A
A1
A2
=
C
C2
+
A0 B0 C0
+
C1
B1
B
B2
A = A1 + A2 + A0,
B = B1 + B2 + B0,
C = C1 + C2 + C0.
Рис. 4.10
171
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
где U
_2, U
_ 0 — напряжения прямой, обратной и нулевой после_1, U
довательности на участке цепи; _I 1 , _I 2 , _I 0 — токи прямой, обратной
и нулевой последовательности. Значения сопротивлений последовательностей зависят от конкретных элементов участка цепи.
Составление схем прямой, обратной и нулевой последовательности. Для расчета по методу симметричных составляющих обычно
пользуются однофазными схемами замещения для каждой последовательности. Рассмотрим порядок составления этих схем на примере
цепи на рис. 4.11.
Генератор имеет синусоидальную ЭДС Ег и характеризуется
сопротивлениями различной последовательности: Zг1, Zг2, Zг0, —
сопротивления прямой, обратной и нулевой последовательности.
Линия и двигатель также имеют различные сопротивления для последовательностей: Zл1, Zл2, Zл0 — для линии; Zдв1, Zдв2, Zдв0 — для
двигателя.
Схема замещения с учетом замены несимметрии на последовательности приведена на рис. 4.12.
Эквивалентные схемы для расчета прямой, обратной и нулевой
последовательностей представлены на рис. 4.13, 4.14, 4.15.
Уравнения, описывающие однофазные схемы замещения цепи.
Для схем на рис. 4.13, 4.14, 4.15 составляются уравнения относительно U1, I1, U2, I2, U0, I0:
_Eг _Zдв1
( _Zг1 + _Zл1 )Z
_ дв1
U
_ 1 = _E1 – _Z1_I 1 , _E1 = ---------------------------------------- , _Z1 = ---------------------------------------- ;
_Zг1 + _Zл1 + _Zдв1
_Zг1 + _Zл1 + _Zдв1
EA
Генератор
Zг
A
Линия
Zл
Двигатель
Zдв
EB
Zг
B
Zл
Zдв
EC
Zг
C
Zл
Zдв
ZN
Рис. 4.11
172
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
EA
Zг
IA г
Zл
EB
Zг
IB г
Zл
EC
Zг
IC г
Zл
Zдв
IA дв
IA
Zдв
IB дв
IB
IC дв Zдв
IC
ZN
U1
a2U1
aU1
U2
aU2
a2U2
U0
U0
U0
Рис. 4.12
Zг1
Eг
Iг1
Zл1
Zдв1
U1
I1
Zг2
Iг2
Zл2
Zдв2
U2
Iдв1
I2
Рис. 4.13
Zг0
I0
Zл0
U0
Iдв2
3ZN
Рис. 4.14
Рис. 4.15
U
_ 2 = –_Z2_I 2 ,
( _Zг2 + _Zл2 )Z
_ дв2
_Z2 = ---------------------------------------- ;
_Zг2 + _Zл2 + _Zдв2
U
_ 0 = –_Z0_I 0 ,
_Z0 = _Zг0 + _Zл0 + 3Z
_N .
Дополнительные уравнения для данной несимметрии (граничные
условия):
_I A = _I 1 + _I 2 + _I 0 = 0,
2
_I B = a _I 1 + aI_ 2 + _I 0 = 0,
.
2
_1 + a U
_2 + U
_ 0 = 0.
U
_ C = aU
Из полученной системы шести уравнений находятся неизвестные
U 1 , I 1, U 2, I 2 , U 0 , I 0.
Вид дополнительных уравнений определяется конкретным видом
несимметрии (см. приведенные решения задач).
173
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Несинусоидальные токи в трехфазных цепях
В трехфазных цепях с симметричными источниками кроме реактивных сопротивлений, зависящих от частоты, необходимо учитывать изменения гармонических составляющих напряжений источников от частоты. Пусть ЭДС фазы А изменяется по закону
eA = Em sinωt + E3m sin3ωt + E5m sin5ωt + … + Ekm sinkωt. (4.13)
В выражении eA(t) не представлены четные гармоники, так как
большая часть трехфазных источников представляют собой синхронные генераторы (или вторичные обмотки трансформаторов). Оба эти
устройства в силу симметричности кривых намагничивания магнитопроводов не содержат на выходе четных гармоник. В трехфазных
цепях, где источниками являются электронные устройства (инверторы, преобразователи и т.д.), четные гармоники содержатся в напряжении источников. ЭДС в других фазах записываются с учетом пространственного сдвига обмоток на 120°, который при вращении
′
магнитного поля с частотой ω соответствует временному
запаздыванию на t – T/3 или t – 2T/3:
T
T
T
e B = E 1 m sin ω ⎛ t – ---⎞ + E 3m sin 3ω ⎛ t – ---⎞ + E 5 m sin 5ω ⎛ t – ---⎞ + …
⎝
⎝
⎝
3⎠
3⎠
3⎠
T
2π
… + E k m sin kω ⎛ t – ---⎞ = E 1 m sin ⎛ ωt – ------⎞ + E 3m sin ( 3ωt – 2π ) +
⎝
⎝
3⎠
3⎠
5
k
+ E 5 m sin ⎛ 5ωt – --- 2π⎞ + … + E k m sin ⎛ kωt – --- 2π⎞ ;
⎝
⎠
⎝
3
3 ⎠
(4.14)
2T
2T
2T
eC = E 1 m sin ω ⎛ t – ------⎞ + E 3 m sin 3ω ⎛ t – ------⎞ + E 5 m sin 5ω ⎛ t – ------⎞ + …
⎝
⎝
⎝
3⎠
3⎠
3⎠
2T
4π
… + E k m sin kω ⎛ t – ------⎞ = E 1 m sin ⎛ ωt – ------⎞ + E 3 m sin ( 3ωt – 4π ) +
⎝
⎝
3⎠
3⎠
20
k
+ E 5 m sin ⎛ 5ωt – ------ π⎞ + … + E k m sin ⎛ kωt – --- 4π⎞ .
⎝
⎠
⎝
3
3 ⎠
(4.15)
Из выражений (4.13), (4.14) и (4.15) для eA(t), eB(t), eC(t) можно
сделать вывод, что гармоники 1, 7, 13, …, (3n + 1) обладают свойствами прямой последовательности, гармоники, кратные трем (3, 9,
15, …, 3(2n – 1)), обладают свойствами нулевой последовательности,
гармоники 5, 11, 17, …, (6n – 1)) обладают свойствами обратной
последовательности.
174
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчет проводится по методу наложения. Для каждой гармоники
рассматривается эквивалентная схема с учетом частоты и последовательности. При соединении нагрузки звездой (рис. 4.16) без нейтрального провода линейные токи содержат только гармоники прямой и обратной последовательности, т.е. k = 3n + 1 и k = 6n – 1, и не
содержат гармоники, кратные трем. Напряжение смещения при симметричной нагрузке ( _ZA = _ZB = _ZC ) содержит только гармоники,
кратные трем, т.е. k = 3(2n – 1). Кроме того, линейные напряжения не
содержат гармоник, кратных трем. При соединении нагрузки звездой
с нулевым проводом (рис. 4.17) токи в линейных проводах содержат
составляющие всех гармоник. При симметричной нагрузке
( _ZA = _ZB = _ZC ) в нулевом проводе отсутствуют токи прямой и обрат-
ной последовательности, т.е. гармоники k = 3n + 1 и k = 6n – 1.
Для расчета токов нулевой последовательности исходную схему
преобразуют в эквивалентную (рис. 4.18). В фазах цепи токи гармоник k = 3(2n – 1) равны и в 3 раза меньше тока _I N ( k ) .
При соединении нагрузки треугольником (рис. 4.19) фазные и
линейные токи не содержат гармоник, кратных трем, т.е. k = 3(2n – 1).
A
B
C
IA(k)
IB(k)
IC(k)
Zл(k)
A
ZA(k)
Zл(k)
B
ZB(k)
Zл(k)
N¢
C
ZC(k)
N
Рис. 4.16
IA(k)
Zл(k)
ZA(k)
IB(k)
Zл(k)
ZB(k)
IC(k)
Zл(k)
ZC(k)
IN(k)
ZN(k)
N¢
Рис. 4.17
E(k)
IA(k)
Zл(k)
ZA(k)
IB(k)
Zл(k)
ZB(k)
IC(k)
Zл(k)
ZC(k)
IN(k)
ZN(k)
Рис. 4.18
175
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A
IA(k)
Zл(k)
B
IB(k)
Zл(k)
C
IC(k)
Zл(k)
a
Ica(k)
Zca(k)
Iab(k)
Ibc(k)
c
Zab(k)
b
Zbc(k)
Рис. 4.19
После расчета комплексным методом всех гармоник находят по
принципу наложения мгновенные значения напряжений и токов.
4.1. ТРЕХФАЗНЫЕ ИСТОЧНИКИ И ТРАНСФОРМАТОРЫ,
СОЕДИНЕНИЯ ОБМОТОК
4.1(р). На щиток трехфазного трансформатора 660/380 В мощностью 40 кВæA
выведены три пары зажимов его вторичU1ф
ной обмотки (зажимы 1—4, 2—5, 3—6).
Максимальное напряжение вторичной
обмотки не может превышать 220 В, а первичной — 660 В (рис. к задаче 4.1(р)).
4
5
6
Нарисовать схему соединений обмоток
U2ф
трансформатора, определить токи первичной и вторичной обмоток в номинальном
a
b
c
режиме. Потерями в трансформаторе пре1
2
3
небречь.
Рис. к задаче 4.1(p)
Ре ше ни е . На щитке, если нет уточнений, указывают линейные напряжения.
Обмотки трансформатора могут иметь два варианта соединения:
а) треугольник — звезда, б) звезда — звезда.
Вариант а). Фазное напряжение первичной обмотки
U1ф ≤ 660 В (U1л = U1ф).
A
C
B
Фазное напряжение вторичной обмотки
U2ф ≤ 220 В (U2л =
3 U2ф).
Токи равны:
3
40æ10
S
35
I 1 л = ----------------- = --------------------- = 35 А, I 1 ф = ------- = 20,2 А,
3æ660
3U 1л
3
176
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3
40æ10
S
I 2 л = I 2 ф = ----------------- = --------------------- = 60,6 А.
3æ380
3U 2 л
Вариант б). Фазное напряжение первичной обмотки
U1ф = 380 В, U1л = 660 В.
Фазное напряжение вторичной обмотки
U2ф = 220 В, U2л = 380 В.
Токи:
3
40æ10
S
I 1 л = I 1 ф = ----------------- = --------------------- = 35 А,
3æ660
3U 1 л
3
40æ10
I 2 л = I 2 ф = --------------------- = 60,6 А.
3æ380
4.2. Фазное напряжение трансформатора 220 В. Одна его фаза
включена неправильно (рис. к задаче 4.2).
A
A
R
X
R
Y
Z
C
B
Рис. к задаче 4.2
R
C
B
Рис. 1 к задаче 4.3(p)
Найти фазные токи и напряжения на приемнике при активной
нагрузке R = 10 Ом.
4.3(р). Три однофазных трансформатора питают электродвигатель, потребляющий мощность 300 кВт при cosϕ = 0,8. Напряжение
UАВ = UВС = UСА = 3 кВ.
Определить токи в проводах линии, активную и реактивную мощности, отдаваемые каждым трансформатором:
в исходной схеме (рис. 1 к задаче 4.3(р));
при отсутствии трансформатора в фазе СВ (рис. 2 к задаче 4.3(р)).
177
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A
IA
UAB
UCA
C
B
IC
IB
Рис. 2 к задаче 4.3(p)
Ре ше ние . В исходной схеме имеем UАВ = 3000∠0 В, UВС =
= 3000∠–120° В, UСА = 3000∠120° В. Фазное напряжение UА =
U
_ AB
= ----------- 1 ∠– 30° . Режим симметричный, поэтому токи в фазах одина3
3
300æ10
P
ковы: I A = I B = I C = ---------------------------------- = ----------------------------------------- = 72,75 А.
3
3U AB cos ϕ
3æ3æ10 æ0,8
Обмотки трансформаторов находятся в одинаковых условиях,
поэтому РАВ = РВС = РСА = 300/3 = 100 кВт, QАВ = QВС = QСА = P tgϕ =
= 100 tg36,86° = 75 квар.
Если обмотка ВС отсутствует, токи IA, IВ, IС не изменяются, так как
не меняются потенциалы точек А, В, С. Токи IA = 72,25 ∠ (–30° – ϕ) =
= 72,25 ∠ –66,86° А, IВ = 72,25 ∠ –186,86° А, IС = 72,25 ∠ 53,14° А.
Мощность
*
S_ A B = U
_ A B ( –_I B ) = 3000(–72,25∠186,86°) = 215 198 + j25 890 ВæА,
РАВ ≈ 215,2 кВт, QАВ ≈ 25,9 квар,
*
_ CA ( –_I C ) = 3000∠120°(72,25∠–53,14°) = 85 178 + j199 311 ВæА,
S_ CA = U
РCA ≈ 85,1 кВт, QCA ≈ 199,3 квар.
4.4(р). Каждая фаза трехфазного синхронного генератора, обмотки
которого соединены звездой (рис. 1 к задаче 4.4(р)), имеет индуктивное сопротивление 5 Ом и ничтожное сравнительно с ним активное
сопротивление. ЭДС каждой фазы генератора 4500 В.
Определить линейное напряжение на зажимах генератора при
мощности нагрузки 1,5 МВт с cosϕ = 0,8 (ϕ > 0).
178
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Eг A
A¢
Zг
A
A¢
Нагрузка
IA
Eг A
Zг IA
A
UA
N
Eг B
Eг C
B¢
Zг
B
C¢
Zг
C
UA
K
j
IA
N
C¢
Eг C
Eг B
B¢
Нагрузка
Рис. 1 к задаче 4.4(p)
Рис. 2 к задаче 4.4(p)
Ре ше ние . Из условия задачи ЕгА = 4500 В, Р = 1,5æ106 Вт, cosϕ = 0,8,
sinϕ = 0,6.
Векторная диаграмма для фазы А имеет вид, показанный на рис. 2
к задаче 4.4(р).
Из треугольника А′KN определяем:
2
2
2
2
А′N2 = (А′K)2 + (NK)2 или E г = ( Z г I A + U A sin ϕ ) + U A cos ϕ ,
P
2
2
2 2
E г = ( 5I A + 0,6U A ) + 0,8 U A , P = 3UАIА cosϕ, I A = ----------------------- .
3U A æ0,8
После подстановки численных значений получаем:
2
⎛ 5æ1,5æ10 6
⎞
2
2
2
4500 = ⎜ ----------------------------- + U A æ0,6⎟ + U A æ0,8 ;
3U
æ0,8
⎝
⎠
A
2
6
⎛ 3,125æ10 6⎞
2æ5æ1,5æ0,6æ10
2
2
4500 = ⎜ ---------------------------⎟ + -------------------------------------------------- + U A ;
U
3æ0,8
⎝
⎠
A
4
2
6
2
6
U A – ( 4500 – 3,75æ10 )U A + 9,76æ10 = 0 ;
4
6
2
6
U A – 16,5æ10 U A + 9,76æ10 = 0 .
Решаем биквадратное уравнение:
6
2
UA
1,2
16,5æ10
= ------------------------ ±
2
6 2
16,5æ10 ⎞
6
⎛ ----------------------- – 9,76æ10 ,
⎝
⎠
2
6
16,5æ10
2
6
6
3
U A = ------------------------ + 7,63æ10 = 15,88æ10 В2, U A = 3,98æ10 В,
1
1
2
6
16,5æ10
2
6
6
U A = ------------------------ – 7,63æ10 = 0,62æ10 В2, U A = 787 В.
2
2
2
179
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Решение для U A возможно, если угол между ЕгА и IА стремится к
2
90°. Обычно этот угол близок к ϕ, поэтому выбираем U A = 3980 В.
1
Линейное напряжение Uл = UAB =
3U A =
1
3æ3980 = 6885 В.
4.5(р). Фазные обмотки генератора соединены треугольником.
Чему равны токи фаз, если приемник отсоединен, а система фазных ЭДС симметрична?
Ре ше ние . Токи фаз генератора равны нулю. По закону Кирхгофа
имеем 3Z
_ ф_I ф = _EA B + _EB C + _ECA = 0 , следовательно, Iф = 0.
4.6. Какие из многофазных систем токов являются симметричными:
2π
2π
1) i1 = 20 2 sinωt А, i2 = 20 2 sin(ωt – ------ ) А, i3 = 20 2 sin(ωt + ------ ) А;
3
3
π
2) i1 = 2 sinωt А, i2 = 2 sin(ωt – --- ) А;
2
π
π 2π
3) i1 = 10 cos(ωt + --- ) А, i2 = 10 cos(ωt + --- + ------ ) А, i3 = 10 cos(ωt +
2
2
3
π
4π
+ --- + ------ ) А;
2
3
4) i1 = 1 sinωt А, i2 = 1 cosωt А, i3 = 1 sin(ωt + π) А, i4 = 1 cos(ωt + π) А.
Изобразить токи на векторных диаграммах.
4.7. К вторичным обмоткам трехфазного трансформатора 35/10 кВ
мощностью 1000 кВт подключен асинхронный двигатель АД номинальной мощностью 630 кВт. Вторичные обмотки трансформатора
соединены треугольником (рис. к задаче 4.7(р)). В номинальном
режиме двигатель работает с cosϕ = 0,9.
A
АД
C
B
Рис. к задаче 4.7
Определить фазные токи трансформатора и линейные токи двигателя:
в номинальном режиме,
при обрыве в цепи вторичной обмотки ВС трансформатора.
180
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.8∗(р). В трехфазной системе электроснабжения напряжением
10 кВ для измерения токов обычно применяются трансформаторы
тока, включенные по схеме неполной звезды (рис. к задаче 4.8*(р)).
Найти токи двигателя и показания электромагнитных амперметров, если мощность двигателя Р = 630 кВт, cosϕ = 0,9, коэффициент
трансформации по току k I = I A ⁄ I A = 20.
1
A
B
C
IB
IA
1
2
IC
1
1
IA
2
A1
IC
IB
A2
2
2
A3
Двигатель
Рис. к задаче 4.8*(p)
Ре ше ние . Действующие значения тока двигателя фазы A
3
P
630æ10
I A = ------------------------- = -------------------------------------------3
1
3U cos ϕ
3æ10æ10 æ0,9
форме токи двигателя
= 40,46 А. В комплексной
_I A = 40,46∠0 А; _I B = 40,46∠–120° А; _I C = 40,46∠120° А.
1
1
1
Действующие значения токов амперметров A1 и A2:
IA
40,46
1
I A = ------- = ------------- = 2,023 А; I C = I A = 2,023 А.
2
2
2
20
kI
В комплексной форме
_I A = 2,023∠0 А; _I C = 2,023∠120° А.
2
2
Амперметр А3 показывает действующее значение тока I B , кото2
рый находится из первого закона Кирхгофа, _I B = – _I A – _I C =
2
2
2
= –2,023 – 2,023∠120° = 2,023∠–120° А, модуль тока равен I B ⁄ k I .
1
Таким образом, вместо трех трансформаторов тока используют два,
включенных по схеме неполной звезды.
181
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.9∗(р). В электрических сетях напряжением 10 кВ трансформаторы напряжения счетчиков включаются по схеме неполного треугольника. Катушки АХ образуют первичную обмотку трансформатора (число витков w1), которые подключены к трехфазной сети АВС
напряжением 10 кВ. Катушки ах образуют вторичную обмотку трансформатора (число витков w2).
Определить напряжение между точками а, b, c, построить векторную диаграмму относительно зажимов АВС и аbc, если число витков
катушки ах в 25 раз меньше числа витков катушки АХ. Сопротивление R, которое подключено ко вторичной катушке, предполагается
очень большим.
Ре ше н и е . Векторные диаграммы для первичной и вторичной
обмотки представлены на рис. к задаче 4.9*(р).
A
a
UCA
Uca
C
X
X
B
c
x
x
b
Рис. к задаче 4.9*(p)
В режиме холостого хода коэффициент трансформации n =
= UAB/Uab = w1/w2 = 25, отсюда UAB = UВС = UСА = 10 кВ, Uab = Ubc =
= Uca = UAB/n = 10æ103/25 = 400 В.
4.10. Первичные обмотки трансформатора соединены звездой,
вторичные — треугольником.
Построить векторную диаграмму напряжений на первичной и
вторичной обмотках, найти угол сдвига между линейными напряжениями на первичной и вторичной обмотках трансформатора. Учесть,
что фазные напряжения обмоток совпадают по фазе.
4.11. Первичная и вторичная обмотки трансформатора соединены
звездой.
Построить векторную диаграмму напряжений на первичной и
вторичной обмотках, найти угол сдвига между линейными напряжениями обмоток.
4.12. Многофазный генератор имеет шесть обмоток, сдвинутых в
пространстве на 60° (π/3). Фазные напряжения обмоток одинаковы и
равны 220 В (рис. к задаче 4.12).
182
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A
F
B
Uф
E
C
A
X
x1
a1
x2
a2
B
Y
y1
b1
y2
b2
C
Z
z1
c1
z2
c2
Рис. к задаче 4.13
D
Рис. к задаче 4.12
Определить комплексные значения линейных напряжений на
зажимах А — В, А — С, А — D, A — E, A — F, если обмотки генератора соединены звездой.
4.13. Первичная обмотка трехфазного трансформатора соединена
звездой, вторичная является расщепленной и соединена зигзагом
(рис. к задаче 4.13).
Построить векторную диаграмму напряжений на первичной и
вторичной обмотках трансформатора, найти угол между фазными
напряжениями первичной и вторичной обмоток. Учесть, что индуцируемые напряжения в обмотках, находящихся на одном стержне магнитопровода трансформатора, совпадают по фазе.
4.2. Расчет симметричного режима
4.14(р). Линейное напряжение трехфазной цепи (рис. к задаче
4.14(р)) 380 В, Z = 8 + j6 Ом.
A
A1
*
* W
1
EA
EC
C
Z
N
EB
B
A2
A3
Z
*
* W
2
N¢ Z
*
* W
3
Рис. к задаче 4.14(р)
Определить показания всех приборов.
183
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
_ N ′N = 0.
Ре ше н и е. Симметричный режим, U
Токи в линии:
_EA
380 ∠0
_I A = ------ = ---------------------------- = 22 ∠– 36,86° А,
_Z
3 ( 8 + j6 )
_I B = _I A æ1 ∠– 120° = 22 ∠– 156,86° А,
_I C = _I A æ1 ∠120° = 22 ∠83,14° А.
Амперметры показывают 22 А. Показания ваттметров одинаковые, так как фазные напряжения и токи смещены на –120° в фазе В и
на 120° в фазе С:
PW = U A I A cos ( U
_ A_I A ) , так как U
_ A = _EA .
Подставляя численные значения, получаем
PW = 220æ22 cos36,86° = 3872 Вт.
4.15. Фазная ЭДС в трехфазной цепи Еф = 220 В, _Z = 12 + j12 Ом.
Определить показания приборов. Сравнить показания ваттметров
W1 и W2. Объяснить результат (рис. к задаче 4.15).
*
* W
1
A1
*
* W
2
EA
Z
EC
Z
EB
A2
Z
A3
Рис. к задаче 4.15
4.16(р). Фазная ЭДС в трехфазной цепи Еф = 220 В, _Z = 11 + j11 Ом.
Определить показания всех приборов. Сравнить показания ваттметров W1 и W2. Объяснить результат (рис. 1 к задаче 4.16(р)).
Ре шение. U
_ A B = _Eф = 220 В.
Заменим источник с соединением фазных обмоток треугольником
на эквивалентный источник с соединением фазных обмоток звездой
(рис. 2 к задаче 4.16(р)). Тогда
U
_ AB
220
U
_ A O = ----------- 1 ∠– 30° = --------- 1 ∠– 30° = 127 ∠– 30° В,
3
3
184
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A
A1
*
* W2
*
* W1
Eф
V2
Z
V1
C
B
Z
A2
Z
A3
Рис. 1 к задаче 4.16(p)
U
_ A O 127 ∠– 30°
_I A = ----------- = -------------------------- = 8,18 ∠– 75° А.
_Z
11 + j11
A
Eф
Амперметры показывают 8,18 А, вольтметры — U V = 220 В, U V = 127 В.
1
O
2
C
Следовательно,
P W = U AC I A cos ( U
_ A C_I A ) =
1
= 220æ8,18 cos(–60° – (–75)°) = 1738 Вт,
B
Рис. 2 к задаче 4.16(p)
U
_ AC = U
_ A B 1 ∠– 60° = 220 ∠– 60° В,
_ A O_I A ) = 127æ8,18 cos(–30° – (–75)°) = 735 Вт.
P W = U AO I A cos ( U
2
4.17. Фазная ЭДС в трехфазной цепи _Eф = 220 В, _Z = 11 + j11 Ом.
Определить показания приборов. Сравнить показания ваттметров
W1 и W2. Объяснить результат (рис. к задаче 4.17).
A
A2
*
* W1
*
* W2
Eф
Z
V1
C
A1
Z
B
Z
A3
Рис. к задаче 4.17
185
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.18. Линейное напряжение в трехфазной цепи Uл = 380 В; _Z = 8 +
+ j6 Ом (рис. к задаче 4.18).
A
*
* W
A
A
Z
Z
B
*
* W
R
wL
R
wL
R
wL
V
B
Z
C
C
Рис. к задаче 4.18
A
B
Рис. к задаче 4.19
Z
–
*
* W
1
*
* W
2
Z
–
*
* W
*
* W
АД
Z
–
C
Рис. к задаче 4.20
Рис. к задаче 4.21(p)
Найти показания всех приборов. Назвать типы соединений приемников, для которых можно применять данную схему.
4.19. Двигатель включен в трехфазную цепь (рис. к задаче 4.19) с
линейным напряжением 380 В. Каждая фаза имеет сопротивления
R = ωL = 40 Ом.
Определить показание ваттметра и мощность, потребляемую двигателем.
4.20. В трехфазную цепь с линейным напряжением 380 В включена симметричная нагрузка _Z = 8 + j6 Ом (рис. к задаче 4.20).
Найти активную и реактивную мощности по показаниям ваттметров. Сравнить найденные мощности с расчетными значениями. При
какой фазе ϕ показание ваттметра W2 будет равно нулю?
4.21(р). В цепь асинхронного двигателя АД с линейным напряжением 380 В включены два одинаковых ваттметра, показания которых
2670 и 398 Вт (рис. к задаче 4.21(р)).
Определить активное и реактивное сопротивление обмотки двигателя, соединенной звездой.
Ре ше ние. Мощность системы
P = P W + P W = 398 + 2670 = 3068 Вт,
1
2
186
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Q=
3 ( P W – P W ) = ( 2670 – 398 ) 3 = 3930 вар.
1
2
Так как
P =
3UI cos ϕ , Q =
3UI sin ϕ ,
то
P
3068
---- = ctgϕ = ------------ = 0,7806, ϕ = 52°,
Q
3930
P
3068
I = --------------------------- = ------------------------------------------ = 7,58 А,
3U cos ϕ
3æ380 cos 52°
U
380
_Z = ---- ∠ϕ = ---------- ∠52° = 50,13 ∠52° = 30,86 + j39,50 Ом,
I
7,58
R = 30,86 Ом, X = 39,5 Ом.
4.22. В симметричном приемнике с линейным напряжением
Uл = 380 В измеряется мощность методом двух ваттметров. Показания ваттметров: P W =1800 Вт, P W = 600 Вт.
1
2
Определить cosϕ.
4.23. Мощность приемника измеряется двумя ваттметрами и
равна 2400 Вт (рис. к задаче 4.23). Линейное напряжение Uл = 380 В,
линейный ток Iл = 5 А.
A
B
*
* W
*
* W
П
C
Рис. к задаче 4.23
Определить показания ваттметров.
4.24(р). Линейное напряжение в трехфазной цепи (рис. 1 к задаче
4.24(р)) Uл = 120 В, ωL = 2 Ом, R = 1/ωC = 6 Ом.
Составить эквивалентную схему на одну фазу и найти показания
всех приборов.
Ре ше ние. Выберем направление линейных и фазных токов (рис. 2
к задаче 4.24(р)).
187
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
L
A
V1
L
R
C
B
V2
R
C
C
R
L
A
C
Рис. 1 к задаче 4.24(р)
IA
L
A
a
Iab
V1
L
B
R
C
IB
V2
R
C
IC
L
R
c
Ibc
C
A
C
b
Рис. 2 к задаче 4.24(р)
XL = 2 Ом
XС¢ = 2 Ом
IA
R ¢ = 2 Ом
UA
Рис. 3 к задаче 4.24(р)
Преобразуем симметричный треугольник нагрузки в симметричXC
R
ную звезду. Тогда X C′ = ------- = 2 Ом, R′ = --- = 2 Ом. В силу симмет3
3
рии расчет проводят для одной фазы (рис. 3 к задаче 4.24(р)):
120 ∠0
U
_ A = ----------------- = 69,36∠0 В,
3
U
_ A 69,36 ∠0
_I A = ------- = --------------------- = 34,68∠0 А
R
2
(в цепи резонанс напряжений).
188
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Модули фазных и линейных токов при симметричной нагрузке
связаны соотношением
IA
34,68
I b c = ------- = ------------- = 20 А,
3
3
Z=
2
2
6 + 6 = 6 2,
U V = I a b Z = 20æ6 2 = 120 2 = 169,2 В,
1
1
U V = I a b -------- = 20æ6 = 120 В.
2
ωC
В силу симметрии токи Iab = Ibc = Ica.
4.25(р). Линейное напряжение на входе трехфазной цепи (рис. 1 к
задаче 4.25(р)) Uл = 380 В. Комплексные сопротивления нагрузок:
1
Zн = 10 + j8 Ом, ZC = –j -------- = –j54 Ом, сопротивление линии Zл = j1,8 Ом.
ωC
Составить эквивалентную схему одной фазы, рассчитать комплексные токи в ветвях с амперметрами и показания приборов.
A
B
C
A1
Zл
V
Zл
Zн
Zн
Zл
Zн
ZC
ZC
ZC
A2
Рис. 1 к задаче 4.25(р)
Ре ше ние . Преобразуем треугольник нагрузки в эквивалентную
_ZC
1
звезду. Так как ZC = –j -------- , то _ZC′ = ------ = –j18 Ом. В силу симметричωC
3
ности нагрузки расчет токов в линии
Zл
IA
IA н
1
можно вести для одной фазы.
IAC
Эквивалентная
расчетная
схема
Zн
UA
Z
¢
одной фазы A показана на рис. 2 к
С
задаче 4.25(р).
Рис. 2 к задаче 4.25(р)
189
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчет:
380 ∠0
U
_ A = U ф ∠0 = ----------------- = 220 ∠0 В,
3
U
_A
220
220 ∠0
_I A = ---------------------------------- = --------------------------------------------------------- = ------------------------------------------- =
1
_ZC′ _Zн
( – j18 ) ( 10 + j8 ) j1,8 + 16,2 – j1,8
_Zл + --------------------- j1,8 + --------------------------------------– j18 + 10 + j8
_ZC′ + _Zн
= 13,58 А,
_Zн
10 + j8
_I A C = _I A --------------------- = 13,58 --------------------------------- = 1,36 + j12,23 А,
1 _
ZC′ + _Zн
10 + j8 – j18
– j18
_I A н = 13,58 --------------------------------- = 12,26 – j12,26 = 17,28 ∠– 45° А.
10 + j8 – j18
Для фазы B:
_I B = _I A æ1 ∠– 120° = 13,58 ∠– 120° А,
1
1
U
_ V = – _I A _Zл + U
_ A B + _I B _Zл = –13,58(j1,8) + 380∠30° +
1
1
+ 13,58∠–120°(j1,8) = –j24,44 + 329 + j190 – j12,22 + 21,17 =
= 350,17 – j153,34 = 382,3∠–23,65° В.
4.26*(р). Для компенсации реактивной мощности трехфазного
двигателя с _Zдв = 80 + j60 Ом включены конденсаторы емкостью С в
каждой фазе (рис. 1 к задаче 4.26*(р)).
A
Zдв
B
Zдв
IA
Zдв
C
1
wC
UA
IC
Iдв
ZС¢
Zдв
1
wC
1
wC
Рис. 2 к задаче 4.26*(р)
Рис. 1 к задаче 4.26*(р)
Найти значение С, при котором cosϕ на входе цепи будет равен
0,95. Рассчитать активную мощность двигателя, если Uл = 6 кВ.
Ре ше ние . Преобразуем треугольник нагрузки в эквивалентную
звезду. Эквивалентная схема одной фазы A показана на рис. 2 к
задаче 4.26*(р).
190
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчет тока двигателя
3
U
_A
6æ10
_I дв = -------- = ---------------------------------- = 34,68 ∠– 36,86° А;
_Zдв
3 ( 80 + j60 )
мощности двигателя
3
6æ10
P дв = 3U A I дв cos ( U A I дв ) = 3 ---------------- 34,68 cos 36,86° = 288 кВт;
3
реактивной мощности двигателя
3
6æ10
Q дв = 3U A I дв sin ( U A I дв ) = 3 ---------------- 34,68 sin 36,86° = 216 квар,
3
tgϕдв = tg36,86° = 0,749, tgϕ0,95 = tg(arccos0,95) = 0,328,
Q дв = P дв tgϕ дв , Q 0,95 = P дв tgϕ 0,95 ,
(где Q0,95 — реактивная мощность после компенсации с cosϕ = 0,95);
мощности компенсирующих конденсаторов
3
QC = Qдв – Q0,95 = Pдв(tgϕдв – tgϕ0,95) = 288æ10 (0,749 – 0,328) = 121,25 квар.
2
3 2
2
3 ( 6æ10 )
U
U
Так как Q C = 3 ------- , то X C = 3 ------- = ------------------------------ = 890,7 Ом,
XC
Q C 121,25æ10 3
1
1
1
X C = -------- , следовательно, C = ----------- = --------------------------- = 3,57 мкФ.
ωC
X C ω 890,7æ314
4.27*(р). Асинхронный
трехфазный двигатель (рис. к задаче 4.27*(р)
мощностью 55 кВт подключен к сети с
помощью трехфазного кабеля и имеет
cosϕ = 0,707. Линейное напряжение
двигателя Uл = 380 В, частота f = 50 Гц.
Определить ток кабеля и компенсирующую емкость (на одну фазу), которую нужно подключить к двигателю,
чтобы на входе кабеля коэффициент
мощности был равен 0,96. Компенсирующие емкости включены треугольником.
A
Кабель
IA²
IA
IA¢
АД
B
C
C
C
C
Рис. к задаче 4.27*(р)
191
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше н и е . Ток двигателя
3
P
55æ10
I A ″ = ------------------------- = ---------------------------------------- = 118,3 А.
3æ380æ0,707
3U cos ϕ
Реактивная мощность двигателя
3
Q = P tgϕ = 55æ10 æ1 = 55 квар (tgϕ = 1).
При cosϕ′ = 0,96 ϕ′ = 16,26°, tgϕ′ = 0,291.
Реактивная мощность после компенсации
Q′ = Q – QC = P tgϕ′,
тогда
3
QC = Q – P tgϕ′ = P(tgϕ – tgϕ′) = 55æ10 (1 – 0,291) = 38,995 квар,
2
2
2
Uл
U
380
-------------------------- = 11,1 Ом,
; XC = 3
QC = 3
= 3
XC
QC
38 995
1
1
C = ----------- = ------------------------ = 286,9 мкФ,
ωX C 314æ11,1
3
55æ10
P
I A = --------------------------- = ------------------------------------- = 87,14 А.
3æ380æ0,96
3U cos ϕ′
4.28. К трехфазной сети с линейным
напряжением
Uл = 380 В подключены два
IA²
IA
C
A
приемника, состоящие из резисторов R и
IA¢
конденсаторов С (рис. к задаче 4.28). ФазC
B
ные токи обоих потребителей равны 10 А.
Определить линейный ток в сети и
C
коэффициент мощности, если сопротивC
ление резистора R = 380 Ом.
4.29. Два трехфазных двигателя подR
R
ключены
к трехфазной сети с линейным
R
напряжением 220 В. Мощность первого
двигателя Р1 = 3,6 кВт, коэффициент
Рис. к задаче 4.28
мощности cosϕ1 = 0,85; мощность второго
двигателя Р2 = 2,2 кВт, коэффициент
мощности cosϕ2 = 0,7. Обмотки первого двигателя соединены треугольником, обмотки второго — звездой.
Определить ток и коэффициент мощности в трехфазной сети.
192
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.30. От линии электропередачи напряжением 110 кВ и длиной
120 км отключена нагрузка. Обмотка питающего линию трансформатора соединена звездой. Провода имеют емкость относительно
земли, равную 0,005 мкФ/км на фазу (рис. к задаче 4.30).
A
A
XL
B
XC
IR
B
R
XC
C
IR
C
IR
R
XC
XL
Рис. к задаче 4.30
XL
R
Рис. к задаче 4.31
Определить токи в каждой фазе.
4.31. Для получения токов в трехфазном приемнике, не зависящих
от нагрузки, применяют схему Бушеро. Схема Бушеро предполагает
равенство реактивных сопротивлений XL = XС (рис. к задаче 4.31).
Показать, что токи в резисторах приемника не зависят от сопротивления резистора.
4.3. РАСЧЕТ НЕСИММЕТРИЧНОГО РЕЖИМА
4.32(р). Определить
показания
вольтметров (рис. 1 к задаче 4.32(р)),
если Uл = 380 В, R = ωL = 1/ωC = 76 Ом.
Построить топографическую диаграмму напряжений.
Ре ше ние. Фазное напряжение
U л 380
источника Uф = ------- = --------- = 220 В.
3
3
Рассчитаем напряжение смещения
нейтрали
A
R
V1
Uл
B
L
N¢
V2
C
C
V3
Рис. 1 к задаче 4.32(р)
1
1
1
220 ∠0 ------ + 220 ∠– 120° -------- + 220 ∠120° ----------76
j76
– j 76
U
_ N ′N = ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ =
1
1
1
------ + -------- + ----------76 j76 – j 76
= 220 ( 1 + 1 ∠– 210° + 1 ∠210° ) = 220 ( 1 – 1,73 ) = – 160,6 В.
193
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Фазные напряжения на нагрузке:
U
_ A N′ = U
_A – U
_ N ′N = 220 – ( – 160,6 ) = 380,6 В,
U
_ B N′ = U
_B – U
_ N′N = 220 ∠– 120° – ( – 160,6 ) = 196,9 ∠– 75° В,
U
_ CN′ = U
_C – U
_ N′N = 220 ∠120° – ( – 160,6 ) = 196,9 ∠75° В.
Показания вольтметров:
U V = 380,6 В, U V = U V = 196,9 В.
1
2
3
Топографическая диаграмма показана на рис. 2 к задаче 4.32(р).
+1
A
A1
B
A2
C
A3
N
A4
UA
UAN¢
N
UN ¢N
UCN ¢
N¢
L
C
+j
UC
R
UB
UBN¢
Рис. 2 к задаче 4.32(р)
Рис. 1 к задаче 4.33(р)
4.33(р). Определить показания амперметров (рис. 1 к задаче 4.33(р)),
если фазное напряжение Uф = 220 В, а R = ωL = 1/ωC = 55 Ом.
Построить векторную диаграмму токов.
Ре ше ние . Несимметричная нагрузка, идеальная нейтраль, токи в
линейных проводах определяются фазными напряжениями на источнике:
U
_ A 220
_I A = ------- = --------- = 4 А,
R
55
U
_ B 220 ∠– 120°
_I B = -------- = ----------------------------- = 4 ∠– 210° А,
j55
jX L
U
_C
220 ∠120°
_I C = ------------ = ------------------------- = 4 ∠210° А,
– j 55
–j XC
_I N = _I A + _I B + _I C = 4 + 4 ∠– 210° + 4 ∠210° = – 2,92 А.
194
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Векторная диаграмма показана на рис. 2 к задаче 4.33(р).
+1
A
A1
B
A2
UA
IA
R
R
L
A3
C
+j
UC
IB
IN
UB
IC
Рис. к задаче 4.34
Рис. 2 к задаче 4.33(р)
A
B
*
* W
1
A
A1
*
* W
2
C
R
C
R
B
A2
Рис. к задаче 4.35
N¢
L
L
C
L
C
R
L
Рис. 1 к задаче 4.36(р)
Показания амперметров: I A = I A = I A = 4 А, I A = 2,92 А.
1
2
3
4
4.34. Дано: Uф = 220 В, R = ωL = 38 Ом.
Определить показания амперметров (рис. к задаче 4.34). Построить векторную диаграмму токов.
4.35. Дано: Uф = Uл = 220 В, R = ωL = 1/ωC = 11 Ом.
Определить показания приборов (рис. к задаче 4.35). Построить
векторную диаграмму токов.
4.36(р). Дано: Uл = 380 В, R = ωL = 1/ωC = 30 Ом (рис. 1 к задаче
4.36(р)).
Определить токи. Построить векторную диаграмму токов.
Ре ше н и е . Несимметричная нагрузка в трехфазной цепи без нейтрального провода показана на рис. 2 к задаче 4.36(р).
Фазные напряжения:
U
_ A = 220 В, U
_ B = 220 ∠– 120° В, U
_ C = 220 ∠120° В.
Эквивалентная расчетная схема (резонанс в фазе А) имеет вид,
показанный на рис. 3 к задаче 4.36(р).
195
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A
L
C
R
R
+1
L
C
IC
N¢
B
IA
L
N ¢=A
IB
Рис. 2 к задаче 4.36(р)
IA
A
B
C
+j
IB
2R
IC
2wL
N
UCA
A = N¢
C
Рис. 3 к задаче 4.36(р)
UBA
B
Рис. 4 к задаче 4.36(р)
Фазные напряжения на нагрузке: U
_ B N′ = U
_ BA , U
_ CN′ = U
_ CA ;
линейные токи:
U
_ B A 380 ∠– 150°
_I B = ----------- = ----------------------------- = 6,33 ∠– 150° А,
2R
60
U
_ CA
380 ∠150°
_I C = ------------- = ------------------------- = 6,33 ∠60° А,
j2ωL
j60
_I A = –_I B – _I C = – 6,33 ∠– 150° – 6,33 ∠60° = 3,26 ∠– 45° А.
Векторная диаграмма токов приведена на рис. 4 к задаче 4.36(р).
4.37(р). Дано: Uл = 380 В, R = ωL = 1/ωC = 38 Ом (рис. 1 к задаче
4.37(р)).
Определить токи. Построить векторную диаграмму токов.
Решени е. Фазные и линейные
напряжения
источника:
L
A
U
_ A = 220 ∠0 В,
R
B
L
R
C
L
C
Рис. 1 к задаче 4.37(р)
196
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
U
_ A B = 380 ∠30° В,
U
_ B C = 380 ∠– 90 ° В,
U
_ CA = 380 ∠150° В.
Преобразуем треугольник нагрузки в эквивалентную звезду
(рис. 2 к задаче 4.37(р)) и найдем комплексные сопротивления фаз:
A
IA
L
a
IA
j wL
a
ZA
IB
R
b
ZB
IC
jwL
c
ZC
A
Ica
B
IB
R
ZA
R
N¢
C
IC
ZC ZB
L
c
Ibc
L
C
Iab
b
Рис. 2 к задаче 4.37(р)
N¢
B
C
Рис. 3 к задаче 4.37(р)
1
R ⎛ – j --------⎞
⎝ ωC⎠
38 ( – j38 )
_ZA = -------------------------------------- = ------------------------------------ = – j38 Ом,
1
38 + j38 – j38
R + jωL – j -------ωC
j38 ( – j38 )
38 ( j38 )
_ZB = ------------------------------------ = 38 Ом, _ZC = ------------------------------------ = j38 Ом.
38 + j38 – j38
38 + j38 – j38
Эквивалентная расчетная схема приведена на рис. 3 к задаче 4.37(р).
_ A , так как jωL + _ZA = 0 , следова_ N ′N = U
Смещение нейтрали U
тельно,
U
_ BA
380 ∠– 150°
_I B = ----------------- = ----------------------------- = 5 ∠– 150° А,
R + _ZB
38 + 38
U
_ CA
380 ∠150°
_I C = ----------------------- = ------------------------- = 5 ∠60° А,
jωL + _ZC
j38 + j38
_I A = –_I B – _I C = – 5 ∠– 150° – 5 ∠60° = 2,58 ∠– 45° А.
Фазные напряжения на нагрузке:
U
_ ab = _I A _ZA – _I B _ZB = 2,58∠–45°(–j38) – 5∠–150°(38) = 98,36∠15° В,
U
_ bc = –_I C _ZC + _I B _ZB = –5∠60°(j38) + 5∠–150°(38) = 190,36∠–90° В,
U
_ c a = _I C _ZC – _I A _ZA = 5∠60°(j38) – 2,58∠–45°(–j38) = 189,9∠120,1° В.
197
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Фазные токи нагрузки:
U
_ ab
98,36 ∠15°
_I a b = -------------- = --------------------------- = 2,59 ∠105° А,
1
– j38
– j -------ωC
U
_ b c 190 ∠– 90°
_I b c = ---------- = -------------------------- = 5 ∠– 180° А,
jωL
j38
U
_ c a 189,9 ∠120,1°
_I c a = --------- = ---------------------------------- = 5 ∠120,1° А.
R
38
Топографическая диаграмма напряжений и векторная диаграмма
токов приведены на рис. 4 к задаче 4.37(р).
+1
IC
IA
Iab
Ica
A
N¢=A
a
Ibc
Uca
IB
c
R
R
B
N¢
Uab
Ubc
N
+j
L
UCA
C
L
b
C
UBA
B
C
L
L0
N
Рис. к задаче 4.38
Рис. 4 к задаче 4.37(р)
4.38. Дано Uл = 380 В, R = 10 Ом, ωL0 = 30 Ом, ωL = 60 Ом,
1/ωC = 20 Ом (рис. к задаче 4.38).
Определить токи. Построить векторную диаграмму токов.
4.39. Для определения последовательностей
фаз
в трехфазных цепях применяют фазоуказаA
тели. Простейшая схема фазоуказателя состоит
из конденсатора и двух ламп, включенных в
B
звезду (рис. к задаче 4.39).
Найти фазные напряжения на фазоуказателе,
если модули проводимостей ламп и конденсатора
C
равны, т.е. YA = YB = YC. Какая из ламп будет
гореть ярче?
Рис. к задаче 4.39
198
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.40(р). Дано: Uл = 380 В, R = ωL = 1/(ωC) = 20 Ом (рис. 1 к
задаче 4.40(р)).
R
A
R
A
R
B
R
B
N¢
C
C
C
C
R
L
R
R
V
Рис. 1 к задаче 4.40(р)
L
R
N²
Рис. 2 к задаче 4.40(р)
Определить показание вольтметра.
Ре ше н и е. Фазное напряжение источника U
_ A = Uф∠0 = 220∠0 В.
Находим смещение нейтрали для двух узлов: N′ и N″ (рис. 2 к
задаче 4.40(р)):
⎛
⎞
1
1
1 ⎟
⎜
--------------220 + 220 ∠– 120° + 220 ∠120°
⎜
R
R
1 ⎟
⎝ – j --------⎠
ωC
U
_ N ′N = ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ =
⎛
⎞
1 1
1
--- + --- + ⎜ --------------⎟
R R ⎜
1 ⎟
⎝ – j --------⎠
ωC
1
1
1
220 ------ + 1 ∠– 120° ------ + 1 ∠120° ⎛ j ------⎞
⎝
20
20
20⎠
= ------------------------------------------------------------------------------------------------------ = 139,1 ∠– 131,56° В,
1
1
1
------ + ------ + j -----20 20
20
1
1
1
220 ------ + 1 ∠– 120° ⎛ – j ------⎞ + 1 ∠120° -----⎝
⎠
20
20
20
U
_ N ″ N = --------------------------------------------------------------------------------------------------------- = 139,1∠131,56° В.
1
1
1
------ + ------ – j -----20 20
20
Показание вольтметра 208 В, так как
U
_V = U
_ N ′N – U
_ N ″ N = 139,1∠–131,56° – 139,1∠131,56° = –j208 В.
199
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.41(р). Дано: Uф = 100 В, R = ωL = 1/(ωC) = 10 Ом (рис. 1 к
задаче 4.41(р)).
Определить показание амперметра.
R
A
R
A
L
B
L
B
N¢
C
C
C
C
R
C
L
R
C
L
A
N²
Рис. 1 к задаче 4.41(р)
Рис. 2 к задаче 4.41(р)
Ре ше ние . Решим задачу методом эквивалентного генератора для
тока амперметра _I A .
Найдем напряжение холостого хода относительно узлов N′N и
N′′N (рис. 2 к задаче 4.41(р)), где N — общая точка источника,
1
1
U ф --- + 1 ∠– 120° ⎛ – j -------⎞ + 1 ∠120° ( jωC )
⎝ ωL⎠
R
U
_ N ′N = --------------------------------------------------------------------------------------------------------------- =
1
1
--- – j ------- + jωC
R
ωL
1
1
1
100 ------ + 1 ∠– 120° ⎛ – j ------⎞ + 1 ∠120° ⎛ j ------⎞
⎝ 10⎠
⎝ 10⎠
10
= ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- =
1
1
1
------ – j ------ + j -----10
10
10
= 100(1 + 1∠–210° + 1∠210°) = –73 В,
1
1
1
100 --- + 1 ∠– 120° ⎛ j ------⎞ + 1 ∠120° ⎛ – j ------⎞
⎝ 10⎠
⎝ 10⎠
1
U
_ N ″ N = -------------------------------------------------------------------------------------------------------------- = 273 В.
1
1
1
------ + j ------ – j -----10
10
10
Входное сопротивление относительно узлов N″N′ ZN″N′ = 2R.
Ток амперметра:
_ N″ N – U
U
_ N″ N ′ U
_ N′N 273 – ( – 73 )
_I A = --------------- = ---------------------------------- = ------------------------------ = 17,3 А.
20
_ZN ″ N′
_ZN″ N ′
200
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.42. Линейное напряжение цепи Uл = 380 В, R = ωL = 1/ωC = 11 Ом
(рис. к задаче 4.42).
A
B
C
*
* W
1
*
* W
1
R
A
*
* W2
L
*
* W
3
C
C
N
Рис. к задаче 4.42
*
* W
2
B
1
2
Симметричная
нагрузка
3
Рис. 1 к задаче 4.43(р)
Определить потребляемую цепью активную мощность по показаниям ваттметров и расчетным путем.
4.43(р). Трехфазный генератор работает на симметричную
нагрузку, соединенную звездой (рис. 1 к задаче 4.43(р)). Полное сопротивление фазы Z = 100 Ом при индуктивном cosϕ = 0,8, Uл = 380 В.
Найти показания ваттметров. Как изменятся показания ваттметров при обрыве в точках 1, 2, 3?
Ре ше н и е . Фазное напряжение Uф = 380/ 3 = 220 В.
Режим симметричный, токи в фазах:
U
_A
220 ∠0
_I A = ------- = ------------------------------ = 2,2 ∠– 36,86° А,
_Z
100 ∠36,86°
_I B = _I A æ1 ∠– 120° = 2,2 ∠– 156,86° А.
Показания ваттметров:
P W = U AC I A cos ( U
_ A C_I A ) = 380æ2,2 cos[–30° – (–36,86°)] = 830 Вт,
1
P W = U BC I B cos ( U
_ B C_I B ) = 380æ2,2 cos[–90° – (–156,86°)] = 328,5 Вт.
2
Мощность системы
Р = P W + P W = 830 + 328,5 = 1158,5 Вт.
1
2
1. Схема обрыва в точке 1 представлена на рис. 2 к задаче 4.43(р).
В этом случае
U
_ AB
380 ∠30°
_I A = –_I B , –_I B = _I A = ----------- = ------------------------------ = 1,9 ∠– 6,86° ,
2Z
_
200 ∠36,86°
201
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
X
IA
A
EA
A
IR
IB
B
Z
R
EB
B
X
EC
C
X
Z
1
C
2
Z
3
Рис. 2 к задаче 4.43(р)
Рис. к задаче 4.44*
1
P W = U AB --- I cos ( U
_ A B_I A ) = 380/2æ1,9 cos[30° – (–6,86°)] = 288,8 Вт,
1
2 A
1
P W = – U A B --- I B cos(–150°–173,14°)= –190æ1,9 cos(–323,14°)= –288,8 Вт.
2
2
2. При обрыве в точке 2
P W = 0, P W = –288,8 Вт.
1
2
3. При обрыве в точке 3
P W = 0, P W = 0.
1
2
4.44*. Найти соотношение между Х и R, чтобы ток _I R находился в
противофазе с _EC (рис. к задаче 4.44*).
Ме тод ич е с ко е у ка з а н ие . Использовать метод эквивалентного
генератора.
4.45*. Для симметричного трехфазного генератора линейное
напряжение Uл = 380 В. Фазные токи и ток IN равны по значению
(рис. к задаче 4.45*).
Определить показания вольтметров V1 и V2.
4.46*. В трехфазной цепи система фазных ЭДС симметрична, значения параметров: RА = 1 Ом, RВ = 2 Ом, RС = 3 Ом (рис. к задаче 4.46*).
Определить значение и характер реактивного сопротивления Х из
условия симметрии фазных токов.
4.47*. Симметричный трехфазный генератор подключен к
нагрузке, модули сопротивлений ZAB = ZВС = 10 Ом, характер сопротивления _ZA B = R. Показания амперметров: I A = 10 А, I A = 20 А
1
2
(рис. к задаче 4.47*). Определить _ZB C и _ZCA , Uл = 100 В.
202
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
IA
R1
IB
R
A
C
V1
B
EA
RA
EB
V2
R1
L
C
IC
RC
EC
IN
N
Рис. к задаче 4.45*
A
RB
X
Рис. к задаче 4.46*
A
A1
ZAB
B
B
ZBC
A2
C
ZCA
XC
XC
XC
Iк
C
Рис. к задаче 4.47*
Рис. к задаче 4.48
4.48. К линии электропередачи с незаземленной нейтралью приложено линейное напряжение Uл = 110 кВ. В конце ненагруженной
линии произошло короткое замыкание одного провода на землю (рис.
к задаче 4.48).
Найти ток в замкнутой фазе, если длина линии 120 км, а удельная
емкость проводов относительно земли на фазу С0 = 0,005 мкФ/км.
4.49. Определить ток короткого замыкания фазы А на землю в
конце разомкнутой линии (см. задачу 4.48), если нейтраль питающего
трансформатора соединена с землей через индуктивное сопротивление
_ZN = j 6000 Ом (рис. к задаче 4.49). Линейное напряжение 110 кВ.
A
B
C
ZN
XC
XC
XC
Iк
Рис. к задаче 4.49
203
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.4. СИММЕТРИЧНЫЕ СОСТАВЛЯЮЩИЕ. РАСЧЕТ ТРЕХФАЗНЫХ
ЦЕПЕЙ МЕТОДОМ СИММЕТРИЧНЫХ СОСТАВЛЯЮЩИХ
4.50(р). Линейные напряжения трехфазной системы электроснабжения соответственно равны:
U
_ A B = 380 В; U
_ B C = (–200 – j312) В; U
_ CA = (–180 + j312) В.
Определить напряжение прямой и обратной последовательности
U2 л
и коэффициент несимметрии напряжения k 2 U = --------- 100 %.
U1 л
Ре ше ние. Нулевая последовательность
1
1
_
U
_ 0 = --- ( U
+U
_ BC + U
_ CA ) = --- (380 – 200 – j312 – 180 + j312) = 0.
3 AB
3
Прямая последовательность
1
1
2
_
+ aU
_ BC + a U
_ CA ) = --- [380 + a(–200 – j312) +
U
_ 1 = --- ( U
3 AB
3
+ a2(–180 + j312)] = 370,13 В.
Обратная последовательность
1
1
2
_ AB + a U
U
_ 2 = --- ( U
_ BC + U
_ CA ) = --- [380 + a2(–200 – j312) +
3
3
+ a(–180 + j312)] = 11,46 В.
Коэффициент несимметрии
U2
11,46
k 2 U = ------- 100 % = ---------------- 100 % = 3,09 %.
370,13
U1
4.51. В системе электроснабжения предприятия проведены измерения линейных напряжений в одной из точек и получены следующие результаты: UАВ = 220 В, UВС = 220 В, UАС = 311 В.
Разложить несимметричную систему напряжений на симметричные составляющие.
4.52. Фазные напряжения приемника в трехфазной электрической
цепи следующие: U
_ A = 100 В, U
_ B = 200∠120° В, U
_ C = 200∠–120° В.
Определить напряжения прямой, обратной и нулевой последовательности.
4.53. Разложить на симметричные составляющие ЭДС двухфазной системы электроснабжения. Фазные ЭДС равны и противопоEB
EA
0
ложны по направлению: ЕА = ЕВ = 200 В
(рис. к задаче 4.53).
Рис. к задаче 4.53
204
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.54(р). Определить ток фазы А и показания вольтметров при однофазном коротком замыкании трехфазного генератора, если сопротивления генератора и ЭДС имеют следующую значения: сопротивление
прямой последовательности Zг1 = j12 Ом, обратной Zг2 = j3 Ом, нулевой Zг0 = j1 Ом, фазная ЭДС Uф = 160 В (рис. 1 к задаче 4.54(р)).
A
B
Zг1
V3
C
I1
Eф
V1
U1
V2
Рис. 2 к задаче 4.54(p)
N
Рис. 1 к задаче 4.54(p)
Zг2
Zг0
I2
U2
I0
U0
Рис. 3 к задаче 4.54(p)
Рис. 4 к задаче 4.54(p)
Ре ше н и е . Несимметричный участок с напряжениями U
_ A, U
_ B, U
_C
представим суммой симметричных составляющих прямой, обратной
и нулевой последовательности:
U
_A = U
_1 + U
_2 + U
_ 0,
2
U
_B = a U
_ 1 + aU
_2 + U
_ 0,
2
U
_ C = aU
_1 + a U
_2 + U
_ 0.
Составим схемы замещения по последовательностям:
1) прямая последовательность, расчетная схема фазы А (рис. 2 к
задаче 4.54(р))
U 1 = Е ф – Zг1I1;
(1)
2) обратная последовательность, расчетная схема фазы А (рис. 3 к
задаче 4.54(р))
U 2 = –Zг2I2;
(2)
3) нулевая последовательность, расчетная схема фазы А (рис. 4 к
задаче 4.54(р))
(3)
U0 = –Zг0I0.
205
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Граничные условия (дополнительные уравнения):
U
_A = U
_1 + U
_2 + U
_ 0 = 0,
2
_I B = a _I 1 + aI_ 2 + _I 0 = 0,
2
_I C = aI_ 1 + a _I 2 + _I 0 = 0.
(4)
(5)
(6)
Подставляем уравнения последовательности (1)—(3) в (4), получаем три уравнения:
_Eф – _Zг1_I 1 – _Zг2_I 2 – _Zг0_I 0 = 160 – j12I_ 1 – j3I_ 2 – j1I_ 0 = 0,
2
a _I 1 + aI_ 2 + _I 0 = 0,
2
aI_ 1 + a _I 2 + _I 0 = 0.
Решая эту систему относительно I1, I2, I0, U1, U2, U0, получаем:
_I 1 = _I 2 = _I 0 = – j10 А,
U
_ 1 = 40 В, U
_ 2 = –30 В, U
_ 0 = –10 В.
Определим показания вольтметров:
1
3
1
3
2
U
_V = a U
_ 1 + aU
_2 + U
_ 0 = ⎛ – --- – j -------⎞ 40 + ⎛ – --- + j -------⎞ ( – 30 ) – 10 =
⎝
⎠
⎝
1
2
2
2
2⎠
= 62,5∠–104° В,
1
3
1
3
2
U
_ V = aU
_1 + a U
_2 + U
_ 0 = ⎛ – --- + j -------⎞ 40 + ⎛ – --- – j -------⎞ ( – 30 ) – 10 =
⎝ 2
⎝ 2
2
2⎠
2⎠
= 62,5∠104° В,
U
_V = U
_B – U
_C = U
_V – U
_ V = 62,5∠–104° – 62,5∠104° = –j70 3 В.
3
1
2
Следовательно,
U V = 62,5 В, U V = 62,5 В, U V = 70 3 В.
1
2
3
4.55(р). Определить показания вольтметров и ток в фазе В при
двухфазном коротком замыкании генератора (рис. 1 к задаче 4.55(р)).
Сопротивления генератора: прямой последовательности Zг1 = j8 Ом,
обратной Zг2 = j2 Ом, фазная ЭДС Uф = 100 В.
206
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
V1
Zг1
A
Zг2
I1
I2
V2
B
Eф
U1
U2
C
V3
Рис. 2 к задаче 4.55(p)
Рис. 3 к задаче 4.55(p)
Рис. 1 к задаче 4.55(p)
Ре ше н и е . Несимметричный участок с напряжениями U
_ A, U
_ B, U
_C
представим суммой симметричных составляющих прямой, обратной
и нулевой последовательности:
U
_A = U
_1 + U
_2 + U
_ 0,
2
U
_B = a U
_ 1 + aU
_2 + U
_ 0,
2
_1 + a U
_2 + U
_ 0.
U
_ C = aU
1. Прямая последовательность, эквивалентная расчетная схема
приведена на рис. 2 к задаче 4.55(р), напряжение
U1 = Е ф – Z г1I1.
(1)
2. Обратная последовательность, эквивалентная расчетная схема
приведена на рис. 3 к задаче 4.55(р), напряжение
U2 = – Zг2I2.
(2)
3. Нулевой последовательности тока нет (отсутствует нулевой
провод):
I0 = 0.
(3)
4. Граничные условия (дополнительные уравнения):
_I A = _I 1 + _I 2 = 0 ,
_I B = –_I C ,
2
(4)
(5)
2
U
_B – U
_ C = ( a – a )U
_ 1 + ( a – a )U
_2 = 0.
(6)
Решаем систему из шести уравнений: из (4) и (6) U
_1 = U
_ 2,
_I 1 = –_I 2 из уравнений (1) (2) находим _I 1 = j10 А, _I 2 = j10 А,
U
_1 = U
_ 2 = 20 В.
207
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Показания вольтметров:
U
_V = U
_A = U
_1 + U
_ 2 = 20 + 20 = 40 В,
1
2
U
_V = U
_ AB = U
_A – U
_ B = 40 – [ a U
_ 1 + aU
_ 2 ] = 60 В,
2
1
3
2
U
_V = U
_ C = aU
_1 + a U
_ 2 = ⎛ – --- + j -------⎞ 20 + ⎛ –
⎝ 2
⎝
3
2⎠
Следовательно, U V = 40 В, U V = 60 В, U V
1
2
3
1
3
--- – j -------⎞ 20 = –20 В.
2
2⎠
= 20 В.
∗
4.56 (р). Трехфазный асинхронный двигатель получает питание
от генератора по линии электропередачи (рис. 1 к задаче 4.56*(р)).
Вследствие неисправности пусковой аппаратуры произошло отключение фазы А и одновременно короткое замыкание нейтрали двигателя на землю.
Генератор
A
Линия
Двигатель
IA
UAр
B
C
UBр
ZN
UCр
Рис. 1 к задаче 4.56*(p)
Рис. 2 к задаче 4.56*(p)
Определить напряжение на разомкнутых контактах и токи фаз В и С,
если фазная ЭДС генератора Е = 210 В, сопротивление последовательностей генератора Zг1 = j3 Ом, Zг2 = j1 Ом, Zг0 = j0,5 Ом; сопротивление последовательностей линии Zл1 = Zл2 = j0,5 Ом, Zл0 = j0,75 Ом;
сопротивления последовательностей двигателя Zдв1 = j4 Ом, Zдв2 = j1 Ом,
Zдв0 = j0,5 Ом; сопротивление ZN = j0,25 Ом.
Ре ше н и е . Представим напряжения и токи в контактах пусковой
аппаратуры симметричными составляющими U1, U2, U0, I1, I2, I0.
Для напряжения на рубильниках имеем (рис. 2 к задаче 4.65*(р)):
U
_ Aр = U
_1 + U
_2 + U
_ 0,
2
U
_ Bр = a U
_ 1 + aU
_2 + U
_ 0,
2
U
_ Cр = aU
_1 + a U
_2 + U
_ 0.
208
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Составим эквивалентные схемы и уравнения для последовательностей (продольная несимметрия):
1) прямая последовательность (рис. 3 к задаче 4.56*(р)
U
_ 1 = – ( _Zг1 + _Zл1 + _Zдв1 )I_ 1 + E ф = – j7,5I_ 1 + 210 В;
Zг1
Zл1
A
U1
(1)
Zдв1
Eф
I1
N¢
N
Рис. 3 к задаче 4.56*(p)
Zг2
Zл2
A
U2
Zдв2
I2
N¢
N
Рис. 4 к задаче 4.56*(p)
Zг0
Zл0
A
U0
Zдв0
I0
3ZN
N¢
N
Рис. 5 к задаче 4.56*(p)
2) обратная последовательность (рис. 4 к задаче 4.56*(р))
U
_ 2 = – ( _Zг2 + _Zл2 + _Zдв2 )I_ 2 = – j2,5I_ 2 В;
3) нулевая последовательность (рис. 5 к задаче 4.56*(р))
U
_ 0 = – j2,5I_ 0 В;
(2)
(3)
4) граничные условия (дополнительные уравнения)
_I A = _I 1 + _I 2 + _I 0 = 0 ,
2
U
_ Bр = a U
_ 1 + aU
_2 + U
_0 = 0,
2
U
_ C р = aU
_1 + a U
_2 + U
_0 = 0.
(4)
(5)
(6)
209
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Решая систему уравнений (1)—(6), получаем:
U
_1 = U
_2 = U
_ 0 = 30 В, _I 0 = _I 2 = j12 А, _I 1 = – j24 А.
Токи:
2
_I A = 0 , _I B = a _I 1 + aI_ 2 + _I 0 = 36 ∠150° А,
2
_I C = aI_ 1 + a _I 2 + _I 0 = 36 ∠30° А.
Ток короткого замыкания _I к = _I A + _I B + _I C = 36 ∠30° А.
Напряжение на рубильнике в фазе А U
_ Aр = U
_1 + U
_2 + U
_ 0 = 90 В.
4.57. Да но: фазная ЭДС Е = 200 В, сопротивление последовательностей генератора Zг1 = j9 Ом, Zг2 = j1 Ом, Zг0 = j0,5 Ом; сопротивление последовательностей линии Zл1 = Zл2 = j1 Ом, Zл0 = j2 Ом; сопротивления последовательностей двигателя Zдв1 = j10 Ом, Zдв2 = j2 Ом,
Zдв0 = j0,5 Ом; сопротивление ZN = j0,5 Ом. В конце линии произошло замыкание фазы А на землю (рис. к задаче 4.57).
Определить токи в фазах двигателя и генератора.
Генератор
A
Линия
a
B
b
C
c
Двигатель
ZN
Рис. к задаче 4.57
4.58. К асинхронному двигателю приложено напряжение генератора с линейными напряжениями, представленными на векторной
диаграмме (рис. к задаче 4.58). Сопротивления последовательностей
двигателя: Zдв1 = 2,82 + j2,82 Ом, Zдв2 = 1 + j1,73 Ом.
Найти токи в фазах двигателя.
Ре ше ние. Разложим несимметричную систему линейных напряжений по симметричным составляющим. Пусть UАВ = 220 В, тогда
UВС = –j220 В, UСА = 311 ∠ 135° В.
Нулевая последовательность
1
U
_ 0 = --- ( U
+U
_ BC + U
_ CA ) = 0 .
_
3 AB
210
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A
Двигатель
A
311 В
B
220 В
90°
C
C
220 В
B
Рис. к задаче 4.58
Прямая последовательность
1
2
U
_ 1 = --- ( U
+ aU
_ BC + a U
_ CA ) =
_
3 AB
1
2
= --- ( 220 – aj220 + a æ311 ∠135° ) = 245,3 ∠15° В.
3
Обратная последовательность
1
2
_ AB + a U
U
_ 2 = --- ( U
_ BC + aU
_ CA ) =
3
1
2
= --- ( 220 – a j220 + aæ311 ∠135° ) = 65,7 ∠– 105° В.
3
Токи двигателя:
прямая последовательность
U
_ 1 ф 245,3 ∠15° – 30°
_I 1 дв = ---------- = ------------------------------------------- = 35,4 ∠– 60° А;
_Zдв1
3 ( 2,82 + j2,82 )
обратная последовательность
U
_ 2 ф 65,7 ∠105° + 30°
_I 2 дв = ---------- = ------------------------------------------- = 18,9 ∠– 135° А.
_Zдв2
3 ( 1 + j1,73 )
Токов нулевой последовательности нет.
Токи в фазах двигателя:
_I A = _I 1 дв + _I 2 дв = 35,4 ∠– 60° + 18,9 ∠– 135° = 44 ∠– 84,4° А,
2
_I B = a _I 1дв + aI_ 2 дв = 35,4 ∠– 60°æ1 ∠240° + 18,9 ∠– 135°æ1 ∠120° =
= 17,82∠–164,1° А,
2
_I C = aI_ 1 дв + a _I 2 дв = 35,4 ∠– 60°æ1 ∠120° + 18,9 ∠– 135°æ1 ∠240° =
= 50,54∠75,33° А.
211
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.59*. Амперметр в трехфазной цепи, представленной на рис. к
задаче 4.59*, показывает 300 А.
Найти симметричные составляющие токов, приняв IВ = 300∠0 А.
A
B
A
Z
B
Z
C
Z
АД
A
Zн
C
Рис. к задаче 4.59*
Рис. к задаче 4.60*
4.60*. Для ограничения пусковых токов асинхронного двигателя
последовательно с ним в каждую фазу включаются реакторы с сопротивлением Z (рис. к задаче 4.60*). Вследствие неисправности выключателя одно из сопротивлений после пуска осталось включенным,
как показано на рисунке. Линейное напряжение двигателя равно U,
сопротивление прямой последовательности Z1, обратной Z2.
Определить отношение токов обратной и прямой последовательности I2/I1, напряжение на зажимах Z.
4.5. СИММЕТРИЧНЫЕ ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ
С НЕСИНУСОИДАЛЬНЫМИ ТОКАМИ
4.61(р). Вторичные обмотки трехфазного трансформатора соединены треугольником (рис. к задаче 4.61(р)). Фазное напряжение
u ф = 120 2 sin ωt – 50 2 sin 3ωt +
+ 40 2 sin 5ωt – 30 2 sin 7ωt + 20 2 sin 9ωt В.
Найти показания вольтметров электромагнитной системы при
а) замкнутом ключе; б) разомкнутом ключе.
Ре ше ние . Ключ замкнут:
A
2
UV =
2
2
120 + 40 + 30 = 130 В,
1
UV = 0 .
V2
2
Ключ разомкнут:
C
B
V1
Рис. к задаче 4.61(р)
212
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
UV =
2
2
2
2
120 + 50 + 40 + 30 + 20 =141 В,
1
UV =
2
2
2
( 3æ50 ) + ( 3æ20 ) = 161,5 В.
4.62(р). Вторичные обмотки трех одинаковых однофазных трансформаторов соединены треугольником (рис. к задаче 4.62(р)).
Первичные
обмотки
трансформаторов
включены в разные фазы трехфазной сети.
Активное сопротивление каждой обмотки
R = 5 Ом, индуктивность L = 15,92 мГн.
Частота f = 50 Гц. Фазная ЭДС
A
L
R
R
L
R
C
e ф = 220 2 sin ωt + 50 2 sin 3ωt +
L
A
B
Рис. к задаче 4.62(р)
+ 40 2 sin 5ωt – 30 2 sin 7ωt + 25 sin 9ωt В.
Найти показание амперметра электромагнитной системы.
Ре ше н и е . По первой, пятой, седьмой гармоникам токов в цепи не
будет. Токи будут только от гармоник, кратных трем:
третья гармоника
50
_I ( 3 ) = ---------------------------------------------------------------- = 3,16 ∠– 71,5° А;
–3
5 + j314æ15,92æ10 æ3
девятая гармоника
25
_I ( 9 ) = ---------------------------------------------------------------- = 0,55 ∠– 83,7° А.
–3
5 + j314æ15,92æ10 æ9
Ток на амперметре
2
2
I A = _I ( 3 ) + _I ( 9 ) =
2
2
3,16 + 0,55 = 3,21 А.
4.63. Обмотки симметричного трехфазного генератора соединены
звездой. Напряжение фазы А uA = 100 sinωt + 20 sin3ωt + 15 sin5ωt В
(рис. к задаче 4.63).
Найти мгновенные и действующие значения всех фазных и линейных напряжений.
4.64. Фазные обмотки симметричного трехфазного генератора с
фазной ЭДС eA = 120 sinωt + 80 sin(3ωt – 45°) + 30 sin(5ωt – 90°) В
соединены звездой (рис. к задаче 4.64).
Найти мгновенные значения токов iC, iN, напряжения uBN′ и показания приборов электромагнитной системы, если R = 3 Ом, ωLN = 1 Ом,
1/ωС = 9 Ом.
4.65(р). В трехфазной цепи R = 3 Ом, ωL = 3 Ом, 1/ωС1 = 27 Ом,
1/ωС2 = 3 Ом, фазная ЭДС uA = 50 sinωt + 30 sin3ωt + 20 sin5ωt +
+ 10 sin9ωt В (рис. 1 к задаче 4.65(р)).
Определить показания приборов электромагнитной системы.
213
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
V1
eA
N
A
eB
B
eC
C
R
C
R
C
R
C
A1
V2
iC
LN
N¢
iN
A2
Рис. к задаче 4.64
L
A
B
C
C1
A1
L
C1
L
C1
R
A
XC(3)
(3)
IAm
1
N¢
(3)
UAm
3ZN(3)
C2
A2
N
XL(3)
N¢
N
Рис. 1 к задаче 4.65(p)
Рис. 2 к задаче 4.65(p)
Ре ше ние. 1. Первая гармоника: симметричный режим, прямая
_ N′N = 0, следовательно,
последовательность, U
(1)
_I A m
(1)
U
_ Am
50 ∠0
(1)
= -------------------------------- = -------------------- = 2,083 ∠90° А, _I N = 0 .
(1)
(1)
j3
–
j27
jX L – jX C
1
(3)
2. Третья гармоника: нулевая последовательность, X L
(3)
(1)
(3)
(1)
= 3X L
=
(1)
= 9 Ом, X C = X C ⁄ 3 = 9 Ом, X C = X C ⁄ 3 = 1 Ом. При составле1
1
2
2
нии расчетной схемы (рис. 2 к задаче 4.65(р)) необходимо учесть, что
(3)
(3)
3Z
_ N = 3 ⎛ R – jX C ⎞ = 9 – j3 Ом.
⎝
2⎠
Ток третьей гармоники в линии
(3)
_I A m
(3)
U
_ Am
30 ∠0
= ---------------------------------------------------- = --------------------------------------- = 3,164 ∠18,43° А.
(3)
(3)
(3)
j9 – j9 + 9 – j3
jX L – jX C + 3Z
_N
1
(3)
(3)
Ток третьей гармоники в нейтральном проводе _I Nm = 3I_ A m =
= 9,49 ∠18,43° А.
214
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(5)
3. Пятая гармоника: X L
(1)
= 5X L
(5)
(1)
= 15 Ом, X C = X C ⁄ 5 = 5,4 Ом,
1
1
симметричный режим, обратная последовательность, U
_ N′N = 0, следовательно,
(5)
_I A m
(5)
U
_ Am
20 ∠0
(5)
= -------------------------------- = ------------------------ = 2,083 ∠– 90 ° А, _I N = 0 .
(5)
(5)
j15
–
j5,4
jX L – jX C
(9)
4. Девятая гармоника: нулевая последовательность X L
(9)
(1)
(9)
(1)
= 3X L
=
(1)
= 27 Ом, X C = X C ⁄ 9 = 3 Ом, X C = X C ⁄ 9 = 1/3 Ом. При составле1
1
2
2
(9)
(9)
нии расчетной схемы необходимо учесть, что 3Z
_ N = 3 ⎛ R – jX C ⎞ =
⎝
2⎠
= 9 – j1 Ом.
Ток девятой гармоники в линии
(9)
_I A m
(9)
U
_ Am
10
= ---------------------------------------------------- = ------------------------------------------ = 0,404 ∠– 68,63 ° А.
(9)
(9)
(9)
j27
–
j3
+ 9 – j1
jX L – jX C + 3Z
_N
1
(9)
(9)
Ток девятой гармоники в нейтральном проводе _I Nm = 3I_ A m =
= 1,212 ∠– 68,63° А.
Показания приборов:
IA =
1
2
2
2
2
2,083
3,164
2,083
0,404
---------------- + ---------------- + ---------------- + ---------------- = 3,07 А,
2
2
2
2
2
2
9,49
1,212
I A = ------------- + ---------------- = 6,76 А.
2
2
2
4.66. Вторичные обмотки трансформатора симметричной трехфазной системы соединены треугольником, а фазы приемника — звездой
(рис. к задаче 4.66). Ток iAB = 12 sinωt + 0,5 sin3ωt + 3 sin5ωt А.
Определить мгновенное значение тока iB, показание амперметра
электромагнитной системы.
4.67. Определить мгновенное значение напряжения uV(t) на вольтметре и показание вольтметра электромагнитной системы в схеме,
представленной на рис. к задаче 4.67. Фазная ЭДС eф = 240 sinωt +
+ 120 cos3ωt + 60 sin(5ωt + 30°) В, сoпротивления элементов равны:
ωL = 1 Ом; R = 2 Ом; 1/ωC = 18 Ом.
215
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Z
A
iAB
L
A
A
iB
Z
B
L
B
Z
C
N¢
C
C
Рис. к задаче 4.66
C
L
A
UV
L
R
C
V
L
B
C
L
N
V
C
L
C
C
UV
Рис. к задаче 4.68
Рис. к задаче 4.67
u, В
50
0
p
5
p
2p
eA
R
L
eB
R
L
eC
R
L
wt
К
LN
a)
A
V
б)
Рис. к задаче 4.69
4.68. В трехфазной цепи, представленной на рис. к задаче 4.68,
фазная ЭДС симметричного генератора имеет вид eф = 240 sinωt +
+ 120 cos3ωt + 60 sin(5ωt + 30°) В, сoпротивления элементов: ωL = 3 Ом;
1/ωC = 15 Ом.
Найти мгновенное значение напряжения на вольтметре uV(t) и
показания вольтметра электромагнитной системы UV.
4.69. Фазная ЭДС симметричного трехфазного генератора еА
имеет вид, представленный на рис. к задаче 4.69. Сопротивления элементов трехфазной цепи: ωL = 4 Ом; R = 48 Ом; ωLN = 4 Ом.
Найти показания приборов электромагнитной системы при разомкнутом и замкнутом ключе К, учитывая в разложении еА(t) четыре
слагаемых ряда Фурье.
216
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 4
4.1. а) 20,2 А, 60,6 А; б) 35 А, 60,6 А.
4.2. 22 А, 38 А, 22 А; 220 В, 380 В, 220 В.
4.3. 1) 100 кВт; 75квар; 72,25 А; 2) 215,2 кВт; 85,1 кВт; 25,9 квар;
199,3 квар; 72,25 А.
4.4. 6885 В.
4.5. 0.
4.6. 1, 3, 4.
4.7. 1) 23,4 А; 23,4 А; 23,4 А; 40,46 А; 40,46 А; 40,46 А; 2) 40,46 А;
0; 40,46 А; 40,46 А; 40,46 А; 40,46 А.
4.8. 40,46 А; 0; 40,46 А; 40,46 А; 2,023 А; 2,023 А; 2,023 А.
4.9. 400 В; 400 В; 400 В.
4.10. 30°.
4.11. 0
_ A C = 220 3 ∠30° В; U
_ A D = 220æ2 = 440 В;
_ A B = 220∠60° В; U
4.12. U
4.13.
4.14.
4.15.
4.16.
4.17.
4.18.
4.19.
4.20.
4.21.
4.22.
4.23.
4.24.
4.25.
4.26.
4.27.
4.28.
4.29.
4.30.
U
_ A E = 220 3 ∠–30° В; U
_ A F = 220∠–60° В.
ψa2 – ψA = 60°.
22 А; 22 А; 22 А; 3872 Вт; 3872 Вт; 3872 Вт.
39 А; 39 А; 39 А; 6067 Вт; 10 479 Вт.
8,18 А; 8,18 А; 8,18 А; 220 В; 127 В; 1738 Вт; 735 Вт.
14,1 А; 24,44 А; 14,1 А; 220 В; 5193 Вт; 1391 Вт.
22 А; 220 В; 8300 Вт. Возможные типы соединений: симметричные звезда и треугольник.
606 Вт, 1818 Вт.
11 585 Вт; 8677 вар; ϕ = 60°.
30,86 Ом; 39,5 Ом.
cosϕ = 0,756.
1850,5 Вт; 549,5 Вт.
20 А; 169,2 В; 120 В.
13,58 А; 17,28 А; 382,3 В.
См. решение.
87,14 А; 286,9 мкФ.
20 А; 0,865.
19,22 А; 0,792.
_ A = 63,6∠0 кВ; _I A = 12∠90° А; _I B = 12∠–30° А;
Uл = 110 кВ; U
_I C = 12∠210° А.
4.31. _I R = – U
_ л ⁄ jX L .
4.32. 380,6 В; 196,9 В; 196,9 В.
4.33. 4 А; 4 А; 4 А; 2,92 А.
217
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.34. 17,3 А; 17,3 А; 10 А.
4.35. 10,36 А; 20 А; 585,7 Вт; 3810,5 Вт.
4.36. _I A = 3,26∠–45° А; _I B = 6,33∠–150° А; _I C = 6,33∠60° А.
4.37.
4.38.
4.39.
4.40.
4.41.
4.42.
4.43.
См. решение.
13,2 ∠ 163° А; 24,11 ∠ –71,36° А; 8,5 ∠ 63,6° А; 11,63 ∠ –96° А.
UA = Uф; UB ≈ 1,49Uф; UC ≈ 0,4Uф; в фазе В лампа горит ярче.
208 B.
17,3 А.
4400 Вт.
См. решение.
4.44. X/R = 3 3 .
4.45. U V = 220 В; U V = 380 В.
1
2
4.46. X =
3 , емкостного характера.
j 60 °
j60 °
4.47. _ZB C = 10e
Ом; _ZCA = 10e
Ом.
4.48. 35,9 А.
4.49. 25,3 А
4.50. 0; 370,13; 11,46; 3,09 %.
4.51. 0; 243,5 ∠ 15° В; 65,7 ∠ –105° В.
4.52. U1 = 500/3 В; U2 = –100/3 В; U0 = –100/3 В.
1
1
4.53. _E1 = 100 ⎛ 1 – j -------⎞ В; _E2 = 100 ⎛ 1 + j -------⎞ В; _E0 = 0 .
⎝
⎠
⎝
3
3⎠
4.54. U V = 62,5 В; U V = 62,5 В; U V = 70 3 В.
1
2
3
4.55. U V = 40 В; U V = 60 В; U V = 20 В.
1
2
3
4.56. 90 В; 36 А; 36 А.
4.57. Токи двигателя: 0; 5 3 А; 5 3 А. Токи генератора: –j30 А;
–5 3 А; 5 3 А.
4.58. _I A = 44∠–84,4° А; _I B = 17,82∠–164,1° А; _I C = 50,54∠75,33° А.
4.59. _I 1 = j100 3 А; _I 2 = – j 100 3 А.
_I 2
3UZ
_ 2 _Z
_Z
_ z = ------------------------------------------------- .
4.60. ----- = ------------------- ; U
_ 2 + _Z
_I 1 3Z
3Z
_ 1 _Z2 + _Z( _Z1 + _Z2 )
4.61. Ключ замкнут: 130 В, 0. Ключ разомкнут: 141 В, 161,5 В.
4.62. 3,21 А.
218
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
4.63. uB = 100 sin(ωt – 120°) + 20 sin3ωt + 15 sin(5ωt + 120°) В;
uC = 100 sin(ωt + 120°) + 20 sin3ωt + 15 sin(5ωt – 120°) В;
UB = UC = UA = 72,9 В;
uAB = 100 3 sin(ωt + 30°) + 15 3 (5ωt – 30°) В;
uBC = 100 3 sin(ωt – 90°) + 15 3 (5ωt + 90°) В;
uCA = 100 3 sin(ωt + 150°) + 15 3 (5ωt + 210°) В;
UAB = UBC = UCA = 123,8 В.
4.64. iC = 12,65 sin(ωt + 191,57°) + 11,92 sin(3ωt – 108,44°) + 8,57 sin(5ωt –
– 59°) А; iN = 35,76 sin(3ωt + 63,44°) А;
I A = 13,7 А; I A = 25,36 А; U V = 104,16 В; U V = 151,49 В.
1
2
1
2
4.65. I A = 3,07 А; I A = 6,76 А.
1
2
4.66. iB = 20,76 sin(ωt + 30°) + 5,19 sin(5ωt – 30°); IA = 15,13 А.
180
4.67. uV(t) = --------- sin(3ωt + 135°); UV = 90 В.
2
4.68. uV(t) = 300 sin(ωt – 120°) + 15 sin(5ωt – 30°) В; UV = 212,3 В.
4.69. Ключ разомкнут: UV = 7,6 В; IА = 0;
ключ замкнут: UV = 0; IА = 0,335 А.
219
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава пятая
ЧЕТЫРЕХПОЛЮСНИКИ
И ДИАГНОСТИКА ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
ВВЕДЕНИЕ
Четырехполюсник. Четырехполюсник — устройство, подключенное к остальным участкам цепи двумя парами выводов (рис. 5.1):
первичных 1—1′ и вторичных 2—2′.
Если все внешние подцепи с парными выводами подключаются
только к одноименным выводам (1—1′ и/или 2—2′), то четырехполюсник называют проходным. В данной главе рассматриваются
только проходные четырехполюсники. Если четырехполюсник не
содержит зависимых или независимых источников энергии, то его
называют пассивным, в противном случае — активным. Активные
четырехполюсники принято подразделять на автономные, т.е. содержащие независимые источники ЭДС и тока, и неавтономные, содержащие только зависимые источники.
Уравнения неавтономных активных и пассивных проходных
четырехполюсников. Под такими уравнениями понимаются аналитически записанные связи между четырьмя переменными: двумя
токами и двумя напряжениями со стороны первичных и вторичных
узлов. Наиболее часто используют уравнения типа A, Y, Z, H, G (табл. 5.1).
Матричной форме записи уравнений типа Y– и Z
_ можно придать
более компактный вид
_I = Y– U
_ иU
_ =Z
__I ,
т
т
где _I = [_I 1, _I 2 ] , U
_ = [U
_ 1, U
_ 2 ] . Обратим внимание, что в уравнении типа А вместо тока _I 2 используется противоположный ему по
направлению ток _I 2′ = –_I 2 .
I1
1
U1
I2
Четырехполюсник
Рис. 5.1
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I2¢
2
)
U2
2¢
1¢
220
(
Та бли ц а 5 .1
Тип уравнения
Вид уравнения
Матричная запись уравнения
U
_1=A
_ 11 U
_2+A
_ 12_I ′2
A
U
_1
_ 21 U
_2+A
_ 22_I ′2
_I 1 = A
_I 1
_I 1 = Y– 11 U
_ 1 + Y– 12 U
_2
Y
_I 1
_I 2
U
_ 1 = Z_ 11_I 1 + Z_ 12_I 2
U
_1
U
_ 2 = Z_ 21_I 1 + Z_ 22_I 2
U
_2
U
_1=H
_ 11_I 1 + H
_ 12 U
_2
U
_1
_I 2 = H
_ 21_I 1 + H
_ 22 U
_2
_I 2
_I 1 = G
_ 11 U
_1+G
_ 12_I 2
G
= Y–
_I 2 = Y– 21 U
_ 1 + Y– 22 U
_2
Z
H
=A
_
_I 1
_ 21 U
_1+G
_ 22_I 2
U
_2=G
U
_2
= Z_
=H
_
=G
_
U
_2
_I 2
U
_1
U
_2
_I 1
_I 2
_I 1
U
_2
U
_1
_I 2
Первичные параметры неавтономных четырехполюсников. Коэффициенты уравнений четырехполюсника (см. табл. 5.1) Aij, Yij, Zij,
Hij, Gij, где i, j = 1, 2, называются его первичными параметрами.
Связь между различными типами первичных параметров определяется соотношениями, представленными в табл. 5.2.
Та бли ц а 5 .2
Тип
уравнения
A
Y
A
A
_ 11 A
_ 12
A
_ 21 A
_ 22
A
_ 22
------A
_ 12
D_ A
– -------A
_ 12
1
– -------A
_ 12
A
_ 11
------A
_ 12
Y
Z
H
G
Y– 22
1- – ------– ------Y– 21 Y– 21
Y– 11
D_ Y
– -------- – ------Y– 21 Y– 21
Z_ 11 D
_Z
-------- ------Z_ 21 Z_ 21
_ 11
D_ H H
– -------- – -------H
_ 21 H
_ 21
_ 22
1 G
--------------G
_ 21 G
_ 21
_ 22
1- Z
------------Z_ 21 Z_ 21
H
_ 22
1
– -------- – -------_ 21
H
_ 21 H
G
_ 11 D
_ H′
--------------G
_ 21 G
_ 21
D_ G
-------G
_ 22
Y– 11
Y– 21
Y– 12
Y– 22
Z
_ 22
------D_ Z
Z_ 12
– -------D_ Z
H
_ 12
1
-------- – -------_ 11
H
_ 11 H
Z
_ 21
– -------D_ Z
Z
_ 11
------D_ Z
H
_ 21
-------H
_ 11
D_ H
-------H
_ 11
G
_ 12
-------G
_ 22
G
_ 21 1
– -------- -------_ 22
G
_ 22 G
221
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание табл. 5.2
Тип
уравнения
A
Z
A
_ 11 D_ A
------- -------A
_ 21 A
_ 21
Y– 22
-------D
_Y
Y– 12
– ------D
_Y
_ 22
1 A
-------- ------_ 21
A
_ 21 A
Y– 21
– ------D_ Y
Y– 11
-------D_ Y
H
A
_ 12
------A
_ 22
G
Y
D
_A
------A
_ 22
_ 21
1 A
– -------- -------_ 22
A
_ 22 A
A
_ 21 D
_A
------- – ------A
_ 11 A
_ 11
1------A
_ 11
A
_ 22
------A
_ 11
Z
Y– 21
1
-------- – ------Y– 11 Y– 11
Y– 21 D_ Y
-------- -------Y– 11 Y– 11
D_
-------YY– 22
Y– 21
– ------Y– 22
H
Z_ 11 Z_ 12
Z_ 21 Z_ 22
D_ Z
------Z_ 22
Z
_ 12
------Z
_ 22
D_ H
-------H
_ 22
G
H
_ 12
-------H
_ 22
G
_ 12
1
-------– -------G
_ 11 G
_ 11
H
_ 21 1
– -------- -------H
_ 22 H
_ 22
G
_ 21
-------G
_ 11
D
_G
-------G
_ 11
H
_ 11 H
_ 12
G
_ 22
-------D_ G
G
_ 21
– -------D
_G
G
_ 21
– -------D_ G
G
_ 11
-------D_ G
Z_ 21 1
– -------- -------_ 22
Z_ 22 Z
H
_ 21 H
_ 22
Y– 12
-------Y– 22
Z
_ 12
1
-------- – ------_ 11
Z
_ 11 Z
H
_ 22
-------D_ H
H
_ 12
– -------D_ H
1------Y– 22
Z
_ 21
------Z
_ 11
D
_Z
------Z_ 11
H
_ 21
– -------D_ H
H
_ 11
-------D
_H
_ 12
G
_ 11 G
G
_ 21 G
_ 22
П р и м еч а н и е . ΔY = Y11Y22 – Y12Y21; ΔZ = Z11Z22 – Z12Z21; ΔА = А11А22 – А12А21;
ΔH = H11H22 – H12H21; ΔG = G11G22 – G12G21.
В частных случаях связь существует и между параметрами одного
типа. Так, поскольку для пассивных четырехполюсников выполняется принцип взаимности и число независимых коэффициентов в
каждом из перечисленных типов уравнений сокращается до трех, то
справедливы соотношения:
D
_ A = _A11 _A22 – _A12 _A21 = 1 ;
_ 12 = H
_ 21 ; G
_ 12 = G
_ 21 .
Y
– 12 = Y– 21 ; _Z12 = _Z21 ; H
Для симметричного четырехполюсника при взаимной замене первичных и вторичных выводов не меняется режим работы внешней
цепи. Дополнительно имеют место соотношения:
_A11 = _A22 ; Y
– 11 = Y– 22 ; _Z11 = _Z22 ;
D
_ 11 H
_ 22 – H
_ 12 H
_ 21 = 1 ; D
_ 11 G
_ 22 – G
_ 12 G
_ 21 = 1 .
_H = H
_G = G
222
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Входные сопротивления четырехполюсника. Входные сопротивления четырехполюсника со стороны первичных выводов при нагрузке
Z2н (рис. 5.2, а)
U
_ 1 _A11 U
_ 2 + _A12_I ′2
_Z1 вх = ------- = --------------------------------------- .
_I 1
_ 2 + _A22_I ′2
_A21 U
U
_2
Разделив дробь на _I ′2 и учитывая, что _Z2 н = ------- , получим
_I ′2
_A11 _Z2 н + _A12
_Z1 вх = -------------------------------- .
_A21 _Z2 н + _A22
В случае, когда Z2н = 0, входное сопротивление называют сопротивлением короткого замыкания четырехполюсника (рис. 5.2, б),
D
_A12
_Z
1
_ 11 = G
_ 22 D
_Z1 к = -------- = -------- = -------- = H
_G , D
_ Z = _Z11 _Z22 – _Z12 _Z21 ,
_A22 Y– 11 _Z22
а в случае Z2н → ∞ (рис. 5.2, в) входное сопротивление называют
сопротивлением холостого хода четырехполюсника,
_A11 Y
D
_H
1
– 22- = _Z = ------- = -------- , D
_Z1 х = -------- = ------_Y = Y
11
– 11 Y
– 22 – Y
– 12 Y– 21 .
G
_
_A21
D
H
_
_Y
22
11
Входное сопротивление четырехполюсника со стороны вторичных выводов при нагрузке Z1н (рис. 5.3, а)
U
_2
_Z2 вх = ------- =
_I 2
_B _B
_A11 _A12
где 11 12 =
_B21 _B22
_A21 _A22
1
–1
1 _A _A
= ------ 22 12 .
D
_ A _A _A
21 11
I2¢ 2
I1
Z1вхÞ U1
_B11 U
_ 1 + _B12_I 1′
_B11 _Z1 н + _B12
-------------------------------------- = -------------------------------,
_B21 U
_B21 _Z1 н + _B22
_ 1 + _B22_I 1′
Четырехполюсник
1¢
U 2н
2¢
1
Z2н Z1кÞ
1
2
Четырехполюсник
1¢
а)
Z1хÞ
2¢
б)
2
Четырехполюсник
1¢
2¢
в)
Рис. 5.2
223
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I1¢
1
Z1н
U1
I2 2
Четырехполюсник
1
ÜZ2вх
U2
2¢
1¢
а)
2
Четырехполюсник
2
Четырехполюсник
ÜZ2к
2¢
1¢
1
1¢
б)
ÜZ2х
2¢
в)
Рис. 5.3
В случае, когда Z1н = 0 (рис. 5.3, б), входное сопротивление — это
сопротивление короткого замыкания
_B12
_Z2 к = -------- =
_B22
D
_A12
H
_ 11
_Z
-------- = Y
------------- =G
=
=
_ 22 ,
22
_A11 –
_Z11
D
_H
а в случае Z1н = × (рис. 5.3, в) входное сопротивление — это сопротивление холостого хода
D
_B11 _A22 Y
_G
1
– 11- = _Z = -------------.
=
_Z2 х = -------- = -------- = ------22
H
_ 22 G
_B21 _A21
D
_ 11
_Y
Сопротивления холостого хода и короткого замыкания связаны
соотношением
_Z1 к _Z2 к
-------- = -------- .
_Z1 х _Z2 х
Вторичные параметры четырехполюсника. Вторичными параметрами четырехполюсника называются его характеристические
сопротивления Zс1 и Zс2 и постоянная передачи Г. Характеристическими называют входные сопротивления в режиме согласованной
нагрузки, когда Z1вх = Z2н и Z2вх = Z1н, т.е. Zс1 = Z1вх = Z2н и Zс2 =
= Z2вх = Z1н. Для симметричного четырехполюсника сопротивление
Zс1 = Zс2 называют просто характеристическим сопротивлением и
обозначают Zс. Постоянной передачи Г называют безразмерную комплексную величину, характеризующую изменение напряжений и/или
токов четырехполюсника в режиме согласованной нагрузки (Z1вх = Z2н):
U
_
_I
_ 1_I 1
1 U
-.
Г = A + jB = ln ------1- = ln ------1- = --- ln -------------2 U
U
_2
_I 2′
_ 2_I 2′
Здесь величину А называют постоянной ослабления, ее единицы:
Нп — для натурального логарифма, дБ — для десятичного логарифма:
U1 I1
U1 I1
1
- или A = 10 lg -------------- ,
A = --- ln ------------2 U 2 I 2′
U 2 I 2′
224
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
а величину В, определяемую разностью фаз входных ψ u и ψ i и
1
1
выходных ψ u и ψ i напряжений и токов:
2
2
1
1
B = --- ( ψ u – ψ u ) + --- ( ψ i – ψ i )
1
2
1
2
2
2
называют постоянной фазы.
Связь первичных и вторичных параметров четырехполюсника.
Для симметричного четырехполюсника имеем:
_A11 = _A12 = chГ, _A12 = _Zc shГ, _A21 = shГ/ _Zc ,
при этом Г = ln ( _A11 +
_A12 _A21 ) , _Zc = _A12 ⁄ _A21 .
Связь вторичных параметров и входных сопротивлений четырех-
полюсника. Для симметричного четырехполюсника _Zc =
_Zк _Zх ,
thГ =
_Zк ⁄ _Zх , при этом _Zк = _Zc thГ, _Zх = _Zc cthГ, где _Zк = _Z1 к = _Z2 к ,
_Zх = _Z1х = _Z2 х .
Уравнения четырехполюсника в гиперболических функциях. Уравнения симметричного четырехполюсника, выраженные через его вторичные параметры, имеют вид:
U
_2
_I 1
chΓ
_ _Zc shΓ
_
= shΓ
_
--------chΓ
_
_Zc
U
_2
_I 2′
.
Соединения четырехполюсников. Основными типами соединений
четырехполюсников являются каскадное (рис. 5.4, а), параллельное
(рис. 5.4, б) и последовательное (рис. 5.4, в) соединения. При замене
1
1
1
2
2
б)
в)
2
а)
Рис. 5.4
225
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
каждого из этих соединений эквивалентным четырехполюсником его
параметры могут быть определены как произведение А-параметров
(A
_= A
_1 A
_ 2 ) при каскадном, как сумма Y-параметров ( Y– = Y– 1 + Y
–2 )
при параллельном и как сумма Z-параметров ( Z
_ 2 ) при после_= Z
_1 + Z
довательном соединении. Здесь A
_ i , i = 1, 2, — матрицы соот_ i, Y– i, Z
ветствующих параметров 1-го и 2-го четырехполюсников.
Последовательность каскадных соединений называют цепной схемой (рис. 5.5).
Эквивалентные А-параметры цепи на схеме рис. 5.5, рассматриваемой как один четырехполюсник с граничными узлами 1—1′ и 2—2′
определятся как A
_ц = A
_1 A
_ 2 …A
_ n . Если при этом все четырехполюсники i = 1, 2, …, n имеют одинаковые А-параметры, т.е.
n
_2 = … = A
_n = A
_ , то A
_ц = A
_ , а уравнение цепи в гиперболиA
_1 = A
ческих функциях примет вид
chΓ
_ц
U
_1
= shΓ
_
-----------ц_Zц
_I 1
_Zц shΓ
_ц
chΓ
_ц
U
_2
_I 2′
, _Γц = nΓ
_ , _Zц = _Zc ,
где Г и Zc — постоянная передачи и характеристическое сопротивление каждого из n одинаковых четырехполюсников.
Первичные и вторичные параметры Т-, П- и Х-образных четырехполюсников. В табл. 5.3 представлены A-, Y-, Z-параметры симметричных
Т-, П-образных четырехполюсников с общей точкой, симметричных
Х-образных (мостовых) четырехполюсников, а также Г-образных
четырехполюсников. Выбор двойных и половинных сопротивлений
для обозначения параметров схем Т- и П-образных четырехполюсников обеспечивает для этих четырехполюсников равенство суммарного продольного Z1 и суммарного поперечного Z2 сопротивления.
Тогда как выбор параметров сопротивлений для Г-образного четырехполюсника объясняется тем, что он рассматривается как «половина» Т-образного четырехполюсника.
I2¢ 2
1
U1
1
2
n
1¢
2¢
Рис. 5.5
226
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
U2
Та бли ц а 5 .3
Коэффициент
Схема
1
А
Z1
2
Z1
2
2
Z_ 1
A
_ 11 = 1 + --------- = A
_ 22
2Z
_2
2¢
Z_ 1
A
_ 12 = Z
_ 1 ⎛ 1 + ---------⎞
⎝
4Z_ 2⎠
Z2
1¢
1
A
_ 21 = ----Z
_2
Z1
1
2Z2
2
2Z2
2¢
1¢
Z1
1
2
Z2
Z2
1¢
Z1
2¢
Z_ 1
A
_ 11 = 1 + --------- = A
_ 22
2Z
_2
A
_ 12 = Z
_1
1
2
2Z2
1¢
2¢
Z
Y– 11 = Y– 22 =
2Z
_ 1 + 4Z_ 2
= -------------------------------Z
_1 ( Z
_ 1 + 4Z_ 2 )
Y– 21 = Y– 12 =
– 4Z_ 2
= -------------------------------Z
_1 ( Z
_ 1 + 4Z_ 2 )
Y– 11 = Y– 22 =
1
1
= --------- + ----2Z_ 2 Z_ 1
Z
_2 + Z
_1
A
_ 11 = ------------------ = A
_ 22
Z_ 2 – Z_ 1
Y– 11 = Y– 22 =
Z
_ 2 + Z_ 1
= -----------------2Z_ 1 Z_ 2
Z_ 1
A
_ 11 = 1, A
_ 12 = ----2
1
A
_ 21 = --------2Z_ 2
Z_ 1
A
_ 22 = 1 + --------4Z
_2
Z_ 1
= ----- + Z_ 2
2
Z
_ 21 = Z_ 12 = Z_ 2
Z_ 2 ( 2Z
_ 1 + 4Z_ 2 )
= -----------------------------------_2
Z_ 1 + 4Z
1
Y– 21 = Y– 12 = ----Z
_
2Z_ 1 Z_ 2
A
_ 12 = ----------------Z
_2 – Z
_1
Z
_ 11 = Z_ 22 =
Z
_ 11 = Z_ 22 =
Z_ 1
1
A
_ 21 = ----- ⎛ 1 + ---------⎞
Z
_2 ⎝
4Z_ 2⎠
2
A
_ 21 = ----------------_1
Z
_2 – Z
Z1
2
Y
1
Y– 21 = Y– 12 =
Z
_2 – Z
_1
= ----------------2Z
_1 Z
_2
Z_ 1 + 4Z_ 2
Y– 11 = --------------------2Z_ Z
_
1 2
2
Y– 21 = Y– 12 = – ----Z
_1
Z
_ 21 = Z_ 12 =
2
4Z_ 2
= --------------------Z_ 1 + 4Z
_2
Z
_ 11 = Z_ 22 =
Z_ 2 + Z_ 1
= -----------------2
Z
_ 21 = Z_ 12 =
Z_ 2 – Z_ 1
= ----------------2
Z
_ 11 = 2Z_ 2
_2
Z
_ 21 = Z_ 12 = 2Z
Z_ 1
Z
_ 22 = 2Z_ 2 + ----2
2
Y– 22 = ----Z_
1
В табл. 5.4 приведены формулы связи вторичных параметров,
представленных в табл. 5.3, четырехполюсников с параметрами их
схем. В формулах для Г-образного четырехполюсника через Zcп обозначено характеристическое сопротивление со стороны первичных
зажимов, а через Zcт — характеристическое сопротивление со стороны вторичных зажимов.
227
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бли ц а 5 .4
Четырехполюсник
Т-образный
П-образный
2
Х-образный
2
Z_ 1
Z_ c = Z_ 1 Z_ 2 + ----4
Z
_1
chΓ
_ = 1 + --------2Z
_2
4Z
_ 1 Z_ 2
Z_ c = -------------------Z_ 1 + 4Z_ 2
Z_ 1
Γ
_
sh --- = -------2
4Z
_2
Z_ 1
Γ
_
sh --- = -------2
4Z
_2
Z
_1
chΓ
_ = 1 + --------2Z_ 2
Z_ c = Z
_1 Z
_2
Г-образный
2
Z_ 1 + Z_ 2
chΓ
_ = -----------------_1
Z_ 2 – Z
Z
_
Γ
_
sh --- = -----1
2
Z
_2
4Z_ 1 Z_ 2
Z_ cп = -------------------Z_ 1 + 4Z
_2
2
Z_ 1
Z_ cт = ----- + Z_ 1 Z_ 2
4
Z_ 1
thΓ
_ = -------------------Z_ 1 + 4Z
_2
Активные четырехполюсники. Представленные в табл. 5.1 уравнения могут использоваться и для описания активных неавтономных
четырехполюсников. При этом в общем случае все четыре первичных параметра таких четырехполюсников будут различны. Для описания активных автономных четырехполюсников оказывается удобным
их представление в виде соединения пассивного четырехполюсника
и источников ЭДС и тока (рис. 5.6, а, б), где J1к и J2к равны токам I1 и
I2 при одновременном коротком замыкании первичных выводов
(т.е. узлов 2 и 2′), а Е1х и Е2х равны напряжениям U1 и U2 при одновременно разомкнутых первичных и вторичных выводах. Тогда описание четырехполюсников (см. рис. 5.6, а, б) можно получить на
основе описания пассивного четырехполюсника. Например, Y-уравнения активного четырехполюсника на рис. 5.6, а будут иметь вид:
_I 1 = Y– 11 U
_1 + Y
_ 2 + _J 1к ;
– 12 U
_I 2 = Y– 21 U
_1 + Y
_ 2 + _J 2к ,
– 22 U
1 I1
U1
I1–J1к
A
I2–J2к
J1к
П
J2к
I2 2
1 I1
U2
U1
2¢
1¢
П
E2х
U2–E2х
I2 2
U2
2¢
б)
Рис. 5.6
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
U1–E1х
A
1¢
а)
228
E1х
где Y11, Y12, Y21, Y22 — Y-параметры пассивного четырехполюсника
П, а Z-уравнения активного четырехполюсника на рис. 5.6, б будут
иметь вид:
U
_ 1 = _Z11_I 1 + _Z12_I 2 + _E1 х ;
U
_ 2 = _Z21_I 1 + _Z22_I 2 + _E2 х ,
где Z11, Z12, Z21, Z22 — Z-параметры пассивного четырехполюсника П.
Диагностика электрических цепей. Под диагностикой в теории
электрических цепей понимается задача определения параметров
цепей известной топологической структуры по известным реакциям
на заданные (известные) воздействия. При решении задачи диагностики используются законы Ома и Кирхгофа, но известными величинами в уравнениях на основе этих законов являются некоторые из
токов и напряжения цепи, а неизвестными — ее параметры: сопротивления и проводимости резисторов, емкости конденсаторов и т.д.
Поэтому формальная запись уравнений этих законов иная, чем при
их использовании для анализа цепей. Так, если в анализе цепей
запись второго закона Кирхгофа имеет вид
_I 1
_Z1
_I 2
_Z2
B
…
…
_Zn
= _E,
_I n
где В — матрица контуров; _E — вектор-столбец контурных ЭДС; Zj и
Ij, j = 1, 2, …, n, — соответственно сопротивления и токи ветвей
цепи, то в диагностике используется так называемая взаимная форма
записи этого уравнения:
_I 1
B
_Z1
_Z2
_I 2
…
…
_I n
= _E.
_Zn
Для решения задачи диагностики необходимо составить систему
подобных уравнений, используя данные измерений токов и напряжений в различных режимах. В простейшем случае для определения
сопротивления Z некоторого элемента с известными током I и напря229
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
жением U достаточно воспользоваться законом Ома Z = U/I. В более
сложных случаях, когда токи или
V
j
напряжения некоторых ветвей заранее неизвестны, требуется опредеJ
ленным образом скомбинировать
m
уравнения с известными токами и
напряжениями, для чего существует
ряд формальных методов. Наиболее
Рис. 5.7
известным из них является метод
узловых сопротивлений, в котором
для диагностики m-полюсника (рис. 5.7) проводится m измерений
1
Uij
j
узловых напряжений U
_ i , i = 1, 2, …, m, в каждом из m диагностических экспериментов (j = 1, 2, …, m). По данным этих экспериментов
составляется уравнение
1
m
Y
– 11 … Y– 1 m
.
.
..
..
U
_1 … U
_1
..
.
.
..
Y
– m1 … Y– m m
U
_m … U
_m
1
_J
=
..
,
.
_J
m
решение которого имеет вид
Y
– 11 … Y– 1 m
.
.
= _J
..
..
Y
– m1 … Y– m m
1
U
_1
.
..
…
m
U
_1
.
..
1
–1
.
m
_m
U
_m … U
j
Если J = 1 А, то узловые напряжения U
_ i численно равны так
называемым узловым сопротивлениям Zji и последнему выражению
можно придать более компактный вид
у –1
Y = (Z ) ,
у
где Y и Z — матрицы соответственно узловых проводимостей и
сопротивлений. Определив матрицу Y, можно определить и проводимости всех ветвей многополюсника. Так, проводимость ветви, соединяющей узлы i и j многополюсника, равна Yji, если i, j ≠ 0. Проводимость ветви, соединяющей узел j и базисный узел i = 0, равна сумме
элементов j-й строки или j-го столбца матрицы Y.
230
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Электрические фильтры — частотно-избирательные устройства,
имеющие полосу частот пропускания (в пределах граничных частот)
и полосу задерживания (непропускания) для электрических сигналов
(напряжения, тока) в диапазоне частот.
По назначению различают: низкочастотные фильтры (ФНЧ),
высокочастотные фильтры (ФВЧ), полосно-пропускающие фильтры
(ППФ) и полосно-заграждающие фильтры (ПЗФ). В области электрои радиотехники для минимизации тепловых потерь применяют фильтры
преимущественно на реактивных четырехполюсниках. В области
цифровой техники широко используются RC-фильтры.
Фильтры типа k — это Т- и П-образные (или Х-образные (мостовые)) реактивные четырехполюсники, для которых выполняется
условие Z1Z2 = k2, где Z1 — продольное и Z2 — поперечное реактивные
сопротивления разного характера, а k — вещественная постоянная.
Граничные частоты f1 и f2 полосы пропускания ФНЧ и ФВЧ определяются из условия
_Z1
– 1 ≤ – --------- ≤ 0 .
(1)
4Z
_2
Постоянная передачи Г = А + jВ, в полосе пропускания
_Z1 ⎞
⎛
A = 0; B = arcсos ⎜ 1 – ---------⎟ .
2Z
_ 2⎠
⎝
(2)
В полосе задерживания
_Z1 ⎞
⎛
A = arch ⎜ – 1 + ---------⎟ ; B = ±π.
2Z
_ 2⎠
⎝
(3)
В табл. 5.5 приведены схемы замещения фильтров типа k и их
основные параметры.
Та бли ц а 5 .5
Схема и название
Низкочастотный
L/2
L/2
C
L
C/2
C/2
Полоса пропускания
и параметры
Вторичные параметры
1
0 = f 1 ≤ f ≤ f 2 = --------------- ;
π LC
k
L = ------- ;
πf 2
Z
_Т = k 1 – f ⁄ f2 ;
1
LC = ---------- , где k = --πf 2 k
C
2f
f
- ; sin B
cos B = 1 – -------- = ---2
f
2
2
f2
2
2
k
A f
Z
_ П = ------------------------- ; ch --- = ---- ;
2 f2
2 2
1 – f ⁄ f2
2
231
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание табл. 5.5
Полоса пропускания
и параметры
Схема и название
Высокочастотный
2C
2C
L
C
2L
2L
Полосовой (полосный)
2C1 2C1
C2
L2
L1
C1
C2/2
2L2
2L2
C2/2
Заграждающий
L1/2
L1/2
2C1
L2
2C1
C2
L1
2L2
C2/2
C1
1
-----------------= f 1 ≤ f ≤ f 2 = ∞;
4π LC
k
L = ----------- ;
4πf 1
Z
_Т = k 1 – f1 ⁄ f ;
1
LC = -------------- , где k = --4πf 1 k
C
f1
2f 1
- ; sin B
--- = ---cos B = 1 – -----2
f
2
f
f1 ≤ f ≤ f2 ;
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
k
A f1
Z
_ П = ------------------------- ; ch --- = ---- ;
2 f
2 2
1 – f1 ⁄ f
2
2
( f ⁄ f0 – f0 ⁄ f )
-;
Z
_ Т = k 1 – -------------------------------2
−
f 1,2 = f 0 ( n + 1 + n ) ;
4n
k
1
Z
_ П = ---------------------------------------------- ;
f 0 = f 1 f 2 = ------------------------ ;
2
2π L 1 C 1
( f ⁄ f0 – f0 ⁄ f )
1 – -------------------------------2
L2 C1
2
k
4n
----- = ------ = n ; L 1 = ---------------------;
π ( f2 – f1 )
L1 C2
2
( f ⁄ f0 – f0 ⁄ f )
-–1;
( f2 – f1 )
k ( f 2 – f 1 ) chA = -------------------------------2
C 1 = ------------------- ; L 2 = ---------------------- ;
2n
4πf 1 f 2 k
4πf 1 f 2
2
( f ⁄ f0 – f0 ⁄ f )
L 2 cos B = 1 – -------------------------------1
C 2 = ------------------------- , где k = ------ .
2
2n
π ( f 2 – f 1 )k
C1
2L2
C2/2
0 ≤ f ≤ f1 , f2 ≤ f ≤ ∞ ;
f0
2
− 1) ;
f 1,2 = ------ ( 16n + 1 +
4n
1
f 0 = f 1 f 2 = ------------------------ ;
2π L 1 C 1
1
1
Z
_ Т = k 1 – --------2 --------------------------------2- ;
4n ( f ⁄ f 0 – f 0 ⁄ f )
k
Z
_ П = -------------------------------------------------------- ;
1
1
1 – --------2 --------------------------------24n ( f ⁄ f 0 – f 0 ⁄ f )
L2 C1
( f 2 – f 1 )k
1
1
----- = ------ = n 2 ; L 1 = --------------------- ; chA = ---------------------------------------- – 1 ;
L1 C2
πf 2 f 1
2
2
2n ( f ⁄ f 0 – f 0 ⁄ f )
1
C 1 = ----------------------------- ;
1
1
( f 2 – f 1 )4πk
cos B = 1 – --------2 --------------------------------22n ( f ⁄ f 0 – f 0 ⁄ f )
f2 – f1
k
L 2 = -------------------------- ; C 2 = --------------- ,
( f 2 – f 1 )4π
πkf 2 f 1
L
где k = -----1- .
C2
232
2
2
2
L1/2
L1/2
Вторичные параметры
Недостаток фильтров типа k — существенная зависимость характеристического сопротивления Zc от частоты (резистивного в полосе
пропускания и реактивного в полосе задерживания), что затрудняет
их применение в режиме, близком к согласованию, при работе на
постоянную нагрузку фильтра.
Фильтры Баттеворта, Чебышева, Бесселя и др. имеют требуемые амплитудно-частотные (АЧХ) или фазочастотные (ФЧХ) характеристики передаточной функции Н(ω) при работе источника напряжения Uг с внутренним сопротивлением Rв на входе фильтра при
постоянном сопротивлении нагрузки Rн (рис. 5.8).
Проектирование фильтров включает в себя этапы синтеза, аппроксимации и реализации.
Синтез включает в себя определение:
1) числа элементов фильтра n;
2) значений реактивных элементов по заданному модулю передаточной функции |Н(ω)| в полосе задерживания на заданной относительной частоте ν2 = ωh/ωгр.
Аппроксимация — аналитическое приближение к заданному значению модуля передаточной функции |Н(ω)| при частоте ν2 = ωh/ωгр.
На рис. 5.9 приведены кривые аппроксимации передаточной функции |Н(ω)| фильтра Баттеворта и фильтра Чебышева (n — число звеньев
фильтра, α — неравномерность в полосе пропускания). Граничная
частота для фильтра Баттеворта определена по уровню |Н(ω)| = 0,707,
а для фильтра Чебышева — по уровню |Н(ω)| ≤ 1,0. С увеличением
числа звеньев фильтра n крутизна модуля |Н(ω)| В полосе задерживания увеличивается (n1 < n2 < n3). Фильтры Чебышева при одинаковом
числе звеньев имеют большую крутизну АЧХ, чем фильтры Баттеворта, однако в полосе пропускания их АЧХ неравномерна.
Реализация — выбор Т-, П- или мостовых схем замещения фильтра с физически реализуемыми элементами.
Rв
1
2
1¢
2¢
Rн
Uг
Рис. 5.8
233
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
çH(w)ç
çH(w)ç
1
a
0,707
n3 n2 n1
0
1
wh
wгр
n3 n2 n1
w
wгр
0
1
wh
wгр
w
wгр
Рис. 5.9
В табл. 5.6. приведены схемы замещения низкочастотных фильтра
Баттеворта с максимально плоской характеристикой и фильтра Чебышева с равноволновой характеристикой в полосе пропускания и описание их параметров.
Та бли ц а 5 .6
g1
g3
gn–2
gn
G0
U
g2
gn–1
Генератор
Gn+1
Нагрузка
Здесь gk — нормированные элементы T-образной схемы замещения, n — количество элементов фильтра.
g2
gn–1
R0
U
Генератор
g1
g3
gn–2
gn
Rn+1
Нагрузка
Здесь gk — нормированные элементы П-образной схемы замещения.
234
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание табл. 5.6
Параметр фильтра-протопита нижних частот
Фильтр Баттеворта
Фильтр Чебышева
α
АЧХ |Н(ω)|, дБ
-----ω 2n
10
2 ω
– 10 lg 1 + ⎛ --------⎞
– 10 lg 1 + δT n ⎛ --------⎞ , δ = 10 – 1
⎝ ω гр⎠
⎝ω ⎠
гр
h
-----10
n — число звеньев
10 – 1
lg -------------------ω
2 lg -------ω гр
h
-----⎛
10
⎜
10
– 1⎜ ahrc ------------------α
----⎜
10
⎝
10 – 1
1⁄2
⎞
⎟ ⎛
ω
⎟ ⁄ ⎝ arch --------⎞⎠
ω
⎟
гр
⎠
4a k – 1 a k
-----------------------при k = 2, 3, 4, …, n,
bk – 1 gk – 1
2
2 kπ
( 2k – 1 )π
a k = sin ----------------------- , b k = θ + sin ⎛ ------⎞ ,
⎝ n⎠
2n
(---------------------2k – 1 )π,
Значения элементов gk 2 sin
2n
k = 1, 2, 3, …, n
2a 1
β
g 0 = 1 , g 1 = -------- , θ = sh ⎛ ------⎞ ,
⎝ 2n⎠
θ
β = ln [ cth ( α ⁄ 17,37 ) ] ,
⎧ 1 при нечетном n,
⎪
Gn + 1 = ⎨ 2 β
⎪ cth --4- при четном n
⎩
П р и м еч а н и е . Tn(ω/ωгр) — полином Чебышева первого рода порядка n,
⎧ cos [ næarccos ( ω ⁄ ω гр ) ], 0 ≤ ω ⁄ ω гр ≤ 1; ⎫
Tn(ω/ωгр) = ⎨
⎬
⎩ ch [ næarch ( ω ⁄ ω гр ) ], ω ⁄ ω гр ≥ 1.
⎭
При n нецелом его округляют к большему целому; α — значение неравномерности АЧХ в
полосе пропускания, дБ; h = 20 lg|Н(ω)| — вносимое ослабление на частоте ωh/ωгр в полосе
задерживания, дБ.
Переход от фильтра-прототипа нижних частот (ФНЧ) к фильтру
высоких частот (ФВЧ) и полосно-пропускающему фильтру (ППФ)
или полосно-заграждающему фильтру (ПЗФ) проводится с помощью
частотных преобразований, приведенных в табл. 5.7 (ωн и ωв —
нижняя и верхняя граничные частоты полосы пропускания ППФ,
ω1 — нормированная частота ФНЧ).
Частотное преобразование от ФНЧ к ФВЧ переводит емкостные
элементы в индуктивные, а индуктивные в емкостные. Частотное
преобразование от ФНЧ к ППФ переводит реактивные элементы в
последовательные и параллельные резонансные контуры (ωн и ωв —
нижняя и верхняя граничные частоты полосы пропускания ППФ,
ω0 — центральная частота его полосы пропускания).
235
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бли ц а 5 .7
ФНЧ
ФВЧ
ППФ, ПЗФ
ν1 = 1
ωгр/ω
ωв
ν1 = 0
ω=×
ν1 = –1
—
ωн
ν1
—
1 ⎛ω – ω ⎞
------------------- ⎜ ------------------0-⎟
ωв – ωн ⎝ ω ⎠
ω0 =
ωн ωв
2
L
wв–wн
wв–wн
1
L
2
wгрL
w02L
1
wгрС
C
С
wв–wн
wв–wн
w02С
5.1. ПАССИВНЫЕ ЧЕТЫРЕХПОЛЮСНИКИ
5.1(р). Найти коэффициенты матрицы А четырехполюсника (рис.
к задаче 5.1(р)) при ωL = 20 Ом и 1/ωС = 10 Ом: 1) из системы уравнений матрицы А; 2) из режимов холостого хода и короткого замыкания; 3) через входные сопротивления четырехполюсника.
1
U1
I1
C
I2
L
2
U2
2¢
1¢
Рис. к задаче 5.1(р)
Ре ше ние . 1. Система двух уравнений типа А связывает входные и
выходные напряжения и токи четырехполюсника:
U
_ 1 = _A11 U
_ 2 + _A12_I 2 ,
_I 1 = _A21 U
_ 2 + _A22_I 2 .
236
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Запишем уравнения по второму закону Кирхгофа для левого и
правого контуров:
U
_ 1 = _I 1 ( – j10 ) + (_I 1 – _I 2 )j20 ,
U
_ 2 = (_I 1 – _I 2 )j20 .
U
_ 2 + _I 2 j20
Из второго уравнения следует, что _I 1 = ---------------------------- .
j20
Подставим I1 в первое уравнение:
U
_ 1 = 0,5U
_ 2 – j10I_ 2 ,
_I 1 = – j0,05 U
_ 2 + _I 2 .
Следовательно, _A11 = 0,5; _A12 = –j10 Ом; _A21 = –j0,05 См; _A22 = 1.
_ 1 х = _A11 U
_ 2х ,
2. Для цепи в режиме холостого хода (I2 = 0) имеем U
_I 1х = _A21 U
_ 2 х или
U
_ 1 х = _I 1х ( – j10 + j20 ) = j10I_ 1х ,
_I 1 х = U
_ 2х ⁄ j20 , U
_ 2 х = j20I_ 1 х .
_ 1х ⁄ U
_ 2х = 0,5; _A12 = _I 1 х ⁄ U
_ 2 х = 1/j20 =
Следовательно, _A11 = U
= –j0,05 См.
Для цепи в режиме короткого замыкания (U2 = 0) имеем
_ 1 к = – j10_I 1 к ; _I 1 к = _I 2к .
U
_ 1 к = _A12_I 2 к ; _I 1 к = _A22_I 2 к или U
Следовательно, _A12 = –j10 Ом; _A22 = 1.
3. Входные сопротивления четырехполюсника в режимах холостого хода и короткого замыкания:
для входа 1—1′
Z1x = (–j10 + j20) = j10 Ом, Z1к = –j10 Ом;
для входа 2—2′
Z2x = j20 Ом, Z2к = (–j10)(j20)/(–j10 + j20) = –j20 Ом.
Коэффициенты матрицы А:
_A11 =
_Z1 х
----------------------- =
_Z2 х – _Z2 к
j10
----------------------- = ±0,5 .
j20 + j20
237
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
З а м еча н и е . Коэффициент А11 неоднозначен по знаку (+, –), что связано с выбором направления выходного напряжения U2. При этом знак
_2 = U
_ ( 2—2 ′ ) , а знак «–» U
_2 = U
_ ( 2 ′— 2 ) .
«+» соответствует случаю U
_A12 = _Z2 к _A11 = ( – 20j )0,5 = – j10 Ом;
_A11
0,5
_A21 = -------- = -------- = – j0,05 Cм;
_Z1х j10
_A11 _Z2 х 0,5æj20
_A22 = ----------------- = -------------------- = 1.
j10
_Z1 х
5.2. Найти коэффициенты матрицы А для четырехполюсника (рис.
к задаче 5.2), реактивные сопротивления которого ωL = 50 Ом,
1/ωC = 20 Ом.
1
U1
I1
wL
1/wC
I2
1/wC
2
U2
2¢
1¢
Рис. к задаче 5.2
I1
1
U1
R1
R2
M
L1
L2
I2
2
U2
2¢
1¢
Рис. к задаче 5.3(р)
5.3(р). Найти коэффициенты матриц А, Z, Y для четырехполюсника (рис. к задаче 5.3(р)) при R1 = R2 = 0, ωL1 = 40 Ом, ωL2 = 60 Ом
и ωМ = 30 Ом.
Ре ше н и е . При выбранном направлении тока включение обмоток
катушек встречное.
1. Коэффициенты матрицы А определяются в режимах холостого
хода и короткого замыкания:
U
_ 1х
U
_ 1 х ( jωM )
3
4
_ 1 х --- , _A11 = --- = 1,33;
_ 2 х = _I 1х ( jωM ) = --------------------------- = U
_A11 = ---------- , U
4
3
U
_ 2х
jωL 1
_I 1 х
_I 1 х
1
–2
_A21 = ---------- = ------------------------- = – j ------ = – 3,3æ10 Cм ;
U
_ 2 х _I 1 х ( jωM )
30
U
_ 1к
_A12 = ---------- , U
_ 1 к = _I 1 к ( jωL 1 ) – _I 2 к ( jωM ) , _I 2 к ( jωL 2 ) – _I 1 к ( jωM ) = 0,
_I 2 к
238
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
откуда
_I 1 к = _I 2к ( jωL 2 ) ⁄ ( jωM ) = _I 2 к æ2 ,
U
_ 1 к = _I 2 к [ ( 2æjωL 1 ) – ( jωM ) ] = _I 2 к ( j50 ) ,
_A12 = j50 Ом; _A22 = _I 1 к ⁄ _I 2 к = 2 .
2. Коэффициенты матрицы сопротивлений Z определяются из
системы уравнений, связывающих напряжения на входах четырехполюсника с токами. Направление тока I2 в соответствии с обозначениями (см. Введение) для матрицы Z определяет включение катушек
как согласное:
U
_ 1 = _Z11_I 1 + _Z21_I 2 ,
U
_ 2 = _Z21_I 1 + _Z22_I 2 .
Коэффициенты матрицы сопротивлений Z определяются из режимов холостого хода. Для случая I2 = 0
U
_ 1х
U
_ 1х
_Z11 = ---------- = --------------------------------- = jωL 1 = j40 Ом,
_I 1 х
U
_ 1 х ⁄ ( jωL 1 )
U
_ 2 х _I 1 х ( jωM )
_Z21 = ---------- = ------------------------- = jωM = j30 Ом.
_I 1 х
_I 1 х
Для случая I1 = 0
U
_ 1 х _I 2 х ( jωM )
_Z12 = ---------- = ------------------------- = jωM = j30 Ом,
_I 2 х
_I 2 х
U
_ 2х
U
_ 2х
_Z22 = ---------- = --------------------------------- = jωL 2 = j60 Ом.
_I 2 х
U
_ 2 х ⁄ ( jωL 2 )
3. Коэффициенты матрицы проводимостей Y определяются из
системы уравнений, связывающих токи на входах четырехполюсника
с напряжениями. Направление тока I2 в соответствии с обозначениями (см. Введение) для матрицы Y определяет включение катушек
как согласное:
_I 1 = Y
_ 1 + Y– 21 U
_2,
– 11 U
_I 2 = Y– 21 U
_1 + Y
_2.
– 22 U
239
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Коэффициенты матрицы Y определяются из режимов короткого
замыкания. Для случая U2 = 0
Y– 11 = _I 1 к ⁄ U
_ 1к , Y
_ 1к ,
– 21 = _I 2 к ⁄ U
где
U
_ 1 к = _I 1 к ( jωL 1 ) + _I 2 к ( jωM ) ,
_I 2 к ( jωL 2 ) + _I 1 к ( jωM ) = 0,
2
⎛
( jωM ) ⎞
U
_ 1 к = _I 1 к ⎜ jωL 1 – -------------------⎟ ,
jωL 2 ⎠
⎝
следовательно,
– 0,5_I 1 к
1
–2
–2
------------------ = j2,0æ10 См.
-----------------------------Y
=
=
–
Y
=
См,
j4,0æ10
11
21
–
–
2
U
_
1к
( j30 )
j40 – --------------j60
Для случая U1 = 0
Y– 12 = _I 1 к ⁄ U
_ 2к , Y
_ 2к ,
– 22 = _I 2 к ⁄ U
где
U
_ 2 к = j60I_ 2к + j30I_ 1 к ,
_I 1 к ( j40 + _I 2 к ( j30 ) ) = 0,
следовательно,
1
–2
Y– 12 = -------- = j2,0æ10 См,
j50
_I 2 к
1
–2
Y– 22 = --------------------------------------------------------- = ------------ = – j2,67æ10 См.
( j60 + j30 ( – 3 ⁄ 4 ) )I_ 2 к j37,5
5.4(р). Составить матрицу А для четырехполюсника (совершенного трансформатора) при условии что коэффициент связи обмоток
трансформатора kсв = 1, а индуктивности обмоток весьма велики при
L1 ≠ L2. Число витков первичной и вторичной обмоток w1 и w2.
Ре ше ние . Коэффициент kсв = X M ⁄ X L X L = 1 , поэтому сопро1
2
тивление взаимоиндукции ХМ также велико. По второму закону Кирхгофа для левого и правого контуров четырехполюсника
240
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
U
_ 1 = _I 1 ( jX L ) – _I 2 ( jX M ) ,
1
(1)
U
_ 2 = _I 1 ( jX M ) – _I 2 ( jX L ) .
2
(2)
Подставив I1 из (2) в (1), получим
XL
⎛ X L1 X L2
⎞
1
U
_ 1 = -------- U
_ 2 + ⎜ j ------------------ – jX M⎟ _I 2 .
XM
⎝ XM
⎠
C учетом X M ⁄
2
X L X L = 1 выполняется условие X M = X L X L ,
1
2
1
2
следовательно,
U
_1 =
XL
--------1 U
_ + 0æI_ 2 ,
XL 2
(3)
XL
--------2_I 2 .
XL
(4)
2
1
_ +
_I 1 = ---------- U
jX M 2
Так как
XL ⁄ X
1
L2
1
= w 1 ⁄ w 2 , то уравнения матрицы А имеют вид:
w1
w2
1
_ 2 + 0æI_ 2 , _I 1 = ---------- U
_ 2 + ------_I 2 .
U
_ 1 = ------ U
w2
jX M
w1
З ам еча ние. Учет условий задачи X L , X L , ХМ >> 1 соответствует
1
2
модели совершенного трансформатора: А11 = w1/w2; А12 = 0; А21 ≈ 0;
А22 = w2/w1. Напряжения и токи на входах идеального трансформатора синфазны и определяются соотношением числа его обмоток.
5.5. Совершенный трансформатор
задачи 5.4 нагружен на Z2 = R2 + jX2
I2 2
1 I1
(рис. к задаче 5.5).
Найти входное сопротивление
U1
U2
Z2
совершенного трансформатора, если
число витков обмоток w1 = 200,
2¢
1¢
w2 = 400.
Рис. к задаче 5.5
5.6(р). Для резистивного симметричного четырехполюсника (рис. к
задаче 5.6(р)) известны опытные данные при замкнутом положении
ключа К: I1 = 3,2 мА, I2 = 1,6 мА, U1 = 48 В.
Найти токи при разомкнутом ключе, если сопротивление нагрузки
Rн = 5 кОм.
241
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1 I1
U1
I2
U2
1¢
Z2
1 I1
2
Rн
К
2¢
U1
Z1
1¢
Рис. к задаче 5.6(р)
I2
2
U2
R2
2¢
Рис. к задаче 5.7(р)
Ре ше н и е . 1. При замкнутом ключе U2 = 0, U1 = А12I2, I1 = А22I2,
А12 = 48/1,6 = 30 кОм, А22 = 3,2/1,6 = 2.
Из условия симметричности четырехполюсника А11 = А22 = 2. Из
условия взаимности А11А22 – А12А21 = 1 найдем А21 = (А11А22 – 1)/А12 =
= 10–4 См = 10–1 мСм.
2. При разомкнутом ключе U2 = RнI2 и
U
_ 1 = ( _A11 R н + _A12 )I_ 2 ,
_I 1 = ( _A21 R н + _A22 )I_ 2 .
Следовательно, I2 = 48/(2æ5 + 30) = 1,2 мА, I1 = (10–1æ5 + 2)1,2 = 3 мА.
5.7(р). Несимметричный четырехполюсник Z1 = Z2 = 10 – j20 Ом
(рис. к задаче 5.7(р)) нагружен на R2 = 10 Ом.
Найти напряжение и ток на входе четырехполюсника 1—1′, если
U2 = 100 В.
Ре ше ние. 1. Коэффициенты матрицы А:
U
_ 1х
_I 1 х
U
_ 1 х ⁄ _Z1
1
_A11 = ---------- = 1, _A21 = ---------- = -------------------- = --------------------- = ( 0,02 + j0,04 ) См,
10 – j20
U
_ 2х
U
_ 2х
U
_ 2х
U
_ 1к
_I 1к
U
_ 1к
_I 1 к
_A12 = ---------- = -------------------- = _Z2 = 10 – j20 Ом, _A22 = -------- = ---------------- = 2 .
_I 2 к
U
_ 1 к ⁄ _Z2
_I 2к 0,5I_ 1 к
2. Напряжение U1 и ток I1:
U
_ 1 = ( _A11 + _A12 ⁄ R 2 )U
_2 =
= ( 1 + ( 10 – j20 ) ⁄ 10 )100 = ( 200 – j200 ) = 200 2 ∠– 45° В,
_I 1 = ( _A21 R 2 + _A22 )I_ 2 =
= ( ( 0,02 + j0,04 )10 + 2 )10 = ( 22 + j4 ) = 22,4 ∠10,3° А.
242
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.8. Четырехполюсник задачи 5.7 подключен при обратном питании и коротком замыкании на входе 1—1′ (рис. к задаче 5.8). Напряжение U2 = 100 В.
Найти ток I2.
Z2
1 I1
I2
1 I1
2
U2
Z1
2¢
1¢
*
* W
I2 2
П
U1
Z2=Zc2
2¢
1¢
Рис. к задаче 5.8
U2
Рис. к задаче 5.9(р)
5.9(р). Четырехполюсник задачи 5.7 нагружен на входе 2—2′ на
согласованную нагрузку Z2 = Zc2 (рис. к задаче 5.9(р)). Показание
ваттметра на входе 1—1′ РW = 60 Вт.
Найти напряжение и ток на входе 1—1′.
Ре ше ние . Для несимметричного четырехполюсника существует
два согласованных сопротивления: характеристическое сопротивление по входу 1—1′ Zc1 и характеристическое сопротивление по входу
2—2′ Zc2. В режиме согласованной нагрузки Z2 = Zc2 входное сопротивление Z1вх = Zc1. И наоборот, в режиме согласованной нагрузки
Z1 = Zc1 входное сопротивление Z2вх = Zc2.
Известна связь характеристических сопротивлений с коэффициентами матрицы А:
Zc1 =
A 11 A 12
----------------- ; Zc2 =
A 21 A 22
_A22 _A12
---------------- .
_A21 _A11
Следовательно,
Z1вх =
_A11 _A12
---------------- =
_A21 _A22
1 ( 10 – j20 )
--------------------------------------- =
( 0,02 + j0,04 )2
2
( 10 – j20 )
---------------------------- =
2
= ( 7,07 – j14,14 ) = 15,8 ∠– 63,4° Ом.
Показание ваттметра РW = U1I1 cosϕ1, где ϕ1 = 63,4°. Пусть
U
_1
U1
U
_ 1 = U 1 ∠0 , _I 1 = ---------- = I 1 ∠63,4° А, 60 = U 1 ----------- cos 63,4° , где
_Z1 вх
Z 1 вх
Z1вх — модуль комплекса Z1вх.
243
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Следовательно, напряжение и ток на входе 1—1′
U1
46
15,8
U 1 = 60 ------------- = 46 В, I 1 = ----------- = ---------- = 2,91 А.
Z 1 вх 15,8
0,448
5.10*(р). Составить матрицы А, Z, Y для симметричного четырехполюсника (рис. к задаче 5.10*(р)) при условии Z1 = j10 Ом, Z2 = –j10 Ом.
I1
1
U1
Z1
Z1
C
I2 2
L1
U2
Z2
1
1
2¢
Рис. к задаче 5.10*(р)
XL
2
M
1¢
L2
1¢
XC 2
R
1¢
2¢
2¢
Рис. к задаче 5.12
Рис. к задаче 5.11
Ре ше н и е . Цепь четырехполюсника «особая», так как Zх = 0
(резонанс напряжений) и Zк → × (резонанс токов). Режим холостого
хода предусматривает возможность подключения к входам 1—1′ и
2—2′ источника тока J = I1х или J = I2х.
Холостой ход на входе 2—2′
I1х(–j10) = U2х, I1х = U2х/(–j10) или А21 = 1/(–j10) = j0,1 См.
Холостой ход на входе 1—1′:
(–I2х)(–j10) = U1х или А12 = j10 Ом.
Знак «–» перед I2х соответствует смене направления тока при подключении источника тока к вторичным выводам J = I2х.
Режим короткого замыкания предусматривает возможность подключения источников напряжения E =U1к или E = U2к. Так как I1х = 0,
а I2х ≠ 0, то А11 = 0. Из условия симметричности четырехполюсника
следует, что А22 = 0.
5.11. Найти комплексные сопротивления Т- и П-образных схем
замещения, эквивалентных четырехполюснику (рис. к задаче 5.11),
сопротивления которого 1/ωC = 35 Ом, ωL1 = 20 Ом, ωL2 = 60 Ом,
ωM = 10 Ом.
5.12. Два одинаковых четырехполюсника (рис. к задаче 5.12)
соединены а) каскадно, б) последовательно, в) параллельно. Д а но :
R = 100 Ом, XL = 200 Ом, XС = 100 Ом.
Найти коэффициенты матриц А, Z, Y соединения четырехполюсников.
244
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.13(р). Найти коэффициенты матрицы А, рассматривая каскадное соединение элементов четырехполюсника задачи 5.10 (рис. 1 к
задаче 5.13(р)).
1 I1
I2 2
3
j10
U1
U2
U3
2¢
1¢
I4
j10
U5
–j10
3¢
I6 6
5 I5
4
I3
4¢
U6
5¢
6¢
Рис. 1 к задаче 5.13(р)
j10
1
3
2
4
–j10
4¢
3¢
2¢
1¢
Рис. 2 к задаче 5.13(р)
Рис. 3 к задаче 5.13(р)
Ре ше ние. 1. Первое и третье звено (рис. 2 к задаче 5.13(р)):
(1)
(1)
_A11 = 1 ; _A12 = j10 Ом;
(1)
(1)
_A21 = 0 ; _A22 = 1 .
2. Второе звено (рис. 3 к задаче 5.13(р)):
(2)
(2)
_A11 = 1 ; _A12 = 0 ;
1
(2)
(2)
_A21 = ----------- См; _A22 = 1 .
– j10
3. Матрица А каскадного соединения:
(1)
A
_= A
_
(2)
æA
_
=
0
(1)
æA
_
j10
j0,1 1
= 1 j10
0 1
1
0
j0,1 1
1 j10 =
0 1
1 j10 =
0 j10 .
0 1
j0,1 0
245
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.14(р). Четырехполюсник (рис. к задаче 5.14(р)) представляет
собой схему замещения биполярного транзистора (с общим эмиттером) для переменного «малого» сигнала: Z — входное сопротивление; βiб — источник тока, управляемый током базы iб = I1, где β —
коэффициент усиления транзистора; Y — выходная проводимость.
I1
1
I2
iб
2
iк
U1
Z
biб
Y
U2
1¢
2¢
Рис. к задаче 5.14(р)
Найти матрицы H, A, Z, Y активного четырехполюсника.
Ре шение. Для матрицы H:
U
_1
_I 2
=
H
_ 11 H
_ 12
_I 1
H
_ 21 H
_ 22
U
_2
,
где
H
_ 11 =
H
_ 21 =
U
_ 1к
_I 1 к
= _Z ; H
_ 12 =
U
_ 2=0
_I 2 к
_I 1 к
= β; H
_ 22 =
U
_ 2=0
U
_ 1х
_I 2 х
= 0;
_I 1 = 0
_I 2
U
_2
= Y– .
_I 1 = 0
D
_ 11 H
_ 22 – H
_ 12 H
_ 21 = _ZY– .
_H = H
Для матрицы А:
D
H
_ 11 _Z
H
_ 22
_H
_ZY
Y
1
1
_A11 = – -------- = – -----–- ; _A12 = -------- = --- ; _A21 = – -------- = – --–- ; _A22 = -------- = --- .
H
_ 21
H
_ 21 β
H
_ 21
H
_ 21 β
β
β
Проверка условия на взаимность:
_ZY 1 _Z Y
_A11 _A22 – _A12 _A21 = – -----–- --- – --- ⎛ – --–-⎞ = 0 .
β β β ⎝ β⎠
246
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Так как условие равенства единице не выполняется, следовательно, активный четырехполюсник является невзаимным.
Для матрицы Z:
D
H
_ 12
H
_ 21
_H
_ZY
β
1
1
_Z11 = – -------- = -----–- ; _Z12 = -------- = 0 ; _Z21 = – -------- = – --- ; _Z22 = -------- = --- .
Y
Y
H
_
H
_ 22
H
_ 22
H
_ 22
β
22
–
–
Для матрицы Y:
H
_ 12
H
_ 21 β
D
_H
1
1
Y– 11 = -------- = --- ; Y– 12 = – -------- = 0 ; Y– 21 = -------- = --- ; Y– 22 = -------- = Y– .
H
_ 11 _Z
H
_ 11
H
_ 11 Y
H
_ 11
–
5.15. Известны комплексные сопротивления элементов несимметричного четырехполюсника (рис. к задаче 5.15).
1
U1
I1
20
10
I2 2
20
1
2¢
1¢
2
Z3
U2
20
Z2
Z1
1¢
2¢
Рис. к задаче 5.15
Определить матрицу А и найти сопротивления Т-образной схемы
замещения четырехполюсника.
З ам еча н и е. Так как комплексное сопротивление Z3 Т-образной
схемы замещения имеет отрицательное значение активного сопротивления, то Т-образная схема физически нереализуема.
5.2. ВТОРИЧНЫЕ ПАРАМЕТРЫ ЧЕТЫРЕХПОЛЮСНИКОВ
И ИХ СХЕМЫ ЗАМЕЩЕНИЯ
5.16(р). Определить вторичные параметры четырехполюсникафильтра Zc и Г = А + jВ, сопротивления которого заданы в омах
(рис.1 к задаче 5.16(р)).
Ре ше н и е . Определим характеристическое сопротивление Zc
через входные сопротивления симметричного четырехполюсника:
( – j20 ) ( j50 – j20 )
_Zх = --------------------------------------------- = – j60 Ом,
– j20 + j50 – j20
_ZC =
_Zх _Zк =
( – j20 ) ( j50 )
_Zк = ------------------------------ = – j33,3 Ом,
– j20 + j50
– 1491,84 = −
+ j44,8 Ом.
247
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
U1
I1
I2 2
50
20
U1
U2
20
2¢
1¢
I1
1
I2 2
50
20
20
U2
44,8
44,8
2¢
1¢
Рис. 1 к задаче 5.16(p)
Рис. 2 к задаче 5.16(p)
Постоянная передачи Г = А + jВ определяется в режиме согласованной нагрузки (Zн = Zc) (рис. 2 к задаче 5.16(р)).
При Zн = –j44,8 Ом
U
_
Г = ln ------1U
_2
U
_1
U
_ 2 = ----------------------------------------------------( – j20 ) ( – j44,8 )
j50 + -------------------------------------– j64,8
;
Z_ н = Z_ c
( – j20 ) ( – j44,8 )
-------------------------------------- = – 0,381U
_1;
– j64,8
U
_
1
------1- = ---------------- = 2,62 ∠π ,
U
_ 2 – 0,381
jπ
следовательно, Г = ln ( 2,62e ) = ln 2,62 + jπ = 0,963 + jπ .
При Zн = j44,8 Ом
U
_1
U
_ 2 = -------------------------------------------------( – j20 ) ( j44,8 )
j50 + ---------------------------------j24,8
( – j20 ) ( j44,8 )
---------------------------------- = – 26,2U
_1;
j24,8
U
_
1
------1- = ------------- = 0,0385 ∠π ,
U
_ 2 – 26,2
jπ
Г = ln ( 0,0385e ) = – 3,26 + jπ .
З а м еча н и е . Нагруженный на согласованное сопротивление
четырехполюсник вносит ослабление (Zн = Zс = –j44,8 Ом) или усиление (Zн = Zс = j44,8 Ом) сигнала входного напряжения. Так как
назначение фильтра ослаблять напряжение в полосе задерживания,
из двух значений Zс выбираем Zс = –j44,8 Ом.
248
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.17. Найти характеристическое сопротивление Zс и постоянную передачи аттенюатора цепи резистивного четырехполюсника
(рис. к задаче 5.17).
5.18(р). Найти вторичные параметры Zс и Г
для симметричного четырехполюсника (рис. 1
к задаче 5.18(р)) при условии Z1 = j10 Ом,
Z2 = –j10 Ом.
I1
1
Z1
Z1
U1
I2 2
Z2
1
U2
140
140
140
1¢
2¢
Рис. к задаче 5.17
I1
j10
j10
I2 2
–j10
10
2¢
1¢
Рис. 1 к задаче 5.18(p)
2
510
140
U1
2¢
1¢
1
Рис. 2 к задаче 5.18(p)
Ре ше н и е. Вторичные параметры четырехполюсника определяются в режиме согласованной нагрузки Z2 = Zс. Согласно определению при Z2 = Zс входное сопротивление Z1вх = Zс:
( j10 + Z c ) ( – j10 )
Z1вх = Zс = j10 + ------------------------------------------( j10 + Z c – j10 )
или
2
_Zc = j10Z
_ c + 100 – j10Z
_ c = 100 , Zс = 10 Ом.
Постоянная передачи Г определена для нагруженного (согласованного) четырехполюсника (рис. 2 к задаче 5.18(р)):
_1
U
_1 U
_I 1 = ------- = ------- ,
_Zc
10
_I 1 ( – j10 )
_I 2 = ---------------------------------------------- = – jI_ 1 ,
( – j10 + j10 + 10 )
U
_1
U
_ 2 = _I 2 æ10 = – jI_ 1 æ10 = ⎛ – j -------⎞ 10 = – jU
_1.
⎝ 10 ⎠
Постоянная передачи
π
U
_
⎛ j --2-⎞
π
π
Г = А + jВ = ln ------1- = ln ( j ) = ln ⎜ 1e ⎟ = 0 + j --- , A = 0, B = --- .
2
2
U
_2
⎝
⎠
249
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
I1
I2
XC
U1
XL
U2
Zн
Рис. к задаче 5.19*(p)
5.19*(р). Для четырехполюсника
(рис. к задаче 5.19*(р)) известны параметры: XC = 20 Ом, XL = 80 Ом, R = 40 Ом.
Найти сопротивление нагрузки Zн,
при которой входное сопротивление
четырехполюсника Zвх = R = 40 Ом.
Решение. Коэффициенты матрицы А:
( – jX C )R⎞
⎛
⎜ jX L + ---------------------⎟
R – jX C ⎠
U
_ 1х ⎝
( – j20 )40
_A11 = ---------- = ------------------------------------------- = 1 + ---------------------------------- = 0,8 – j0,1 ;
( 40 – j20 )j80
jX L
U
_ 2х
U
_ 1к
_A12 = ---------_I 2 к
U
_ 2=0
_I 1 х
_A21 = ---------U
_ 2х
( – jX C )R ( – j20 )40
= --------------------- = ----------------------- = 8 – j16 Ом,
40 – j20
R – jX C
_I 2 = 0
1
1
= -------- = -------- = – j0,0125 См,
jX L j80
_I 1к
_A22 = -------_I 2к
= 1.
U
_ 2=0
Входное сопротивление 1—1′ нагруженного четырехполюсника
_A11 _Zн + _A12
_Z1 вх = ----------------------------_A21 _Zн + _A22
или при Z1вх = 40 Ом
( 0,8 – j0,1 )Z
_ н + ( 8 – j16 )
40 = ----------------------------------------------------------------- ,
– j0,0125Z
_н + 1
_Zн ( 0,8 + j0,4 ) = 32 + j16 ,
_Zн = _Zвх = 40 Ом.
З а м еч а н и е . Равенство Zвх = R несимметричного четырехполюсника достигается при условии ZCZL = R2, выполняемом для обратных
двухполюсников RС и RL.
250
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.20. Известны коэффициенты матрицы А симметричного четырехполюсника (рис. к задаче 5.20): _A11 = 1,18 ∠– 45° , _A12 = 7,1 ∠10° Ом,
_A21 = 0,235 ∠– 45° См.
1
Z1
I1
U1
2Z2
Z1/2
1 I1
I2 2
2Z2
U2
2¢
1¢
Z1/2 I
2 2
U1
Z2
U2
2¢
1¢
Рис. к задаче 5.20
1
U1
Z1
I1
2Z2
2Z2
Рис. к задаче 5.21
C
U2
2¢
1¢
L
1
I2 2
1¢
2
C
L
2¢
Рис. к задаче 5.22*
Найти сопротивления П-образной и Т-образной схемы замещения четырехполюсника; определить характеристическое сопротивление Zс.
З а м еч а н и е . При составлении Т- и П-образных схем по заданным
коэффициентам матриц A, Z, Y, и H возможны отрицательные значения активных сопротивлений, что указывает на невозможность физической реализации указанных схем замещения с помощью пассивных элементов электрической цепи.
5.21. Для П-образного четырехполюсника (рис. к задаче 5.21)
даны сопротивления Z1 = j50 Ом, Z2 = –j10 Ом.
Найти напряжение на сопротивлении нагрузки, равном характеристическому сопротивлению четырехполюсника. Напряжение на
входе 1—1′ равно 100 В.
5.22*. Найти зависимости характеристического сопротивления Zс
и постоянной передачи Г = А + jВ от частоты для симметричного
четырехполюсника (рис. к задаче 5.22*).
251
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.3. ФИЛЬТРЫ
5.23(р). Параметры Т-образного низкочастотного фильтра типа k известны (рис. 1 к
задаче 5.23(р)): L = 9,6 Гн, С = 26,6 мкФ.
C
Определить граничные частоты, зависимость характеристического сопротивления
1¢
2¢
фильтра Zс постоянной передачи Г = А + jВ
от
частоты.
Рис. к задаче 5.23(p)
Построить зависимости отношения U1/U2
от частоты для согласованной нагрузки и для случая постоянной
L/2
1
L/2
2
нагрузки, равной k / 2 .
Ре шение. 1. Параметр k:
k =
_Z1 _Z2 =
1
( jωL ) ⎛ – j --------⎞ =
⎝ ωC⎠
L
---- =
C
4,8
-------------------------- = 600 Ом.
–6
26,6æ10
2. Для низкочастотного фильтра первая граничная частота f1 = 0,
вторая граничная частота
1
1
f 2 = --------------- = ----------------------------------------------- = 20 Гц, ω2 = 2πf2.
π LC π 9,6æ26,6æ10 – 6
3. Характеристическое сопротивление симметричного Т-образного четырехполюсника:
_Zc T =
2
f
L
---- 1 – ---- =
2
C
f2
f 2
f 2
9,6
-------------------------- 1 – ⎛ ----⎞ = 600 1 – ⎛ ------⎞ Ом.
⎝f ⎠
⎝ 20⎠
–6
2
26,6æ10
4. Постоянная передачи Г = А + jВ. Определяем A и B:
в полосе пропускания (0 ≤ f ≤ 20 Гц) постоянная ослабления А = 0,
постоянная фазы
2
f 2
f
B = arccos 1 – 2 ⎛ ----⎞ = arccos 1 – --------- ,
⎝f ⎠
200
2
в полосе задерживания (f ≥ 20 Гц) постоянная ослабления
2
f 2
f
A = arch 2 ⎛ ----⎞ – 1 = arch --------- – 1 ,
⎝f ⎠
200
2
постоянная фазы В = π.
252
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5. Отношение напряжений U1/U2 при согласованной нагрузке
Zн = Zc:
в полосе пропускания (0 ≤ f ≤ 20 Гц) U1/U2 = 1, так как А = 0;
в полосе задерживания (f ≥ 20 Гц)
2
U
f
ln ------1- = arch --------- – 1 ,
200
U2
U1
------U2
f=0
U1
= 1 , ------U2
f = 10 Гц
U1
= 1 , ------U2
f = 20 Гц
U1
= 1 , ------U2
= 6,82 .
f = 30 Гц
6. Определим отношение напряжений U1/U2 при постоянной
нагрузке Rн = k / 2 = 425 Ом.
_ 1 = ( _A11 + _A12 ⁄ R н )U
_ 2 , то отношение модулей
Так как U
U1
------- = _A11 + _A12 ⁄ 425 =
U2
2
2
_A11 + ( _A12 ⁄ 425 ) .
Коэффициенты:
2
2
_Z1
f
f
_A11 = 1 + --------- = 1 – 2 ---- = 1 – --------- ,
2
2Z
_2
200
f2
2
2
2
_Z1 ⎞
⎛
⎛
f ⎞
f
f
_A12 = _Z1 ⎜ 1 + ---------⎟ = jωL ⎜ 1 – ----⎟ = j2πfL ⎛ 1 – ---------⎞ = j60,3f ⎛ 1 – ---------⎞ ,
⎝
⎝
2
4Z
_ 2⎠
400⎠
400⎠
⎝
⎝
f 2⎠
тогда
U1
------- =
U2
U1
------U2
f=0
U1
= 1 , ------U2
2
2
2
2
f
f ⎞
2
⎛ 1 – -------- + 0,02f ⎛ 1 – ---------⎞ ,
⎝
⎝
200⎠
400⎠
f = 10 Гц
U1
= 1,15 , ------U2
f = 20 Гц
U1
= 1 , ------U2
= 3,72 .
f = 30 Гц
7. Зависимость U1/U2 (f) (рис. 2 к задаче 5.23(р)).
253
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
U1/U2
7
Zн=Zс
6
L
1
2
5
4
Zн=k/ 2
3
2
C
2
U1
C
2
U2
1¢
2¢
1
Рис. к задаче 5.24
0
10
20
30 f, Гц
Рис. 2 к задаче 5.23(p)
2C
1
U1
2L
1¢
1
2
U2
2¢
Рис. к задаче 5.27
U1
C
R
2
C
R
1¢
U2
2¢
Рис. 1 к задаче 5.28*(p)
З а м еч а ние . При постоянной нагрузке фильтра Rн = k/ 2 его
фильтрующие свойства хуже, чем при согласованной нагрузке.
5.24. Для П-образного низкочастотного фильтра типа k (рис. к
задаче 5.24) определить граничные частоты и характеристическое
сопротивление Zc на частотах 10 и 100 кГц при заданных параметрах: L = 17,5 мГн, С = 2,2 нФ.
Найти отношение напряжений U1/U2 при частоте 100 и 50 кГц.
5.25. Высокочастотный П-образный фильтр типа k имеет L = 20 мГн,
С = 2 мкФ.
Определить постоянную передачи при частоте 200 Гц, ток в согласованной нагрузке при напряжении на входе фильтра 100 В.
5.26. Высокочастотный Т-образный фильтр типа k имеет L = 0,34 мГн,
С = 4 нФ.
Определить, на какой частоте сопротивление согласованной
нагрузки активное и равно 300 Ом.
5.27. Найти полосу пропускания и постоянную ослабления A
Г-образного высокочастотного фильтра (рис. к задаче 5.27), имеющего 2L = 40 мГн, 2С = 63,3 мкФ.
Ме тод ич е с ко е у ка з а ние . Г-образный фильтр может рассматриваться как половина Т- и П-образных фильтров, имеющая одинаковую с ними полосу пропускания и половину постоянной ослабления.
254
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.28*(р). RC-фильтр (мост Вина) (рис. 1 к задаче 5.28*(р)) используется в качестве звена обратной связи в схемах усиления.
Найти передаточную функцию H(ω) в режиме холостого хода.
Определить полосу пропускания при условии U 2 ⁄ U 1 ≥ 1 ⁄ 2 .
Ре ше ние . По методу узловых напряжений находим
⎛
⎞
1
1
1
U
_ 2 jωC + --- + --------------------------- = U
_ 1 ⎜ ---------------------⎟ ,
⎜
1 ⎟
R ⎛
1
⎝ R – j --------⎠
R – j --------⎞
⎝
ωC
ωC⎠
1
1
U
_ 1 = ⎛ R – j --------⎞ ⎛ jωC + ---⎞ + 1 U
_2
⎝
ωC⎠ ⎝
R⎠
или
1
U
_ 1 = j ⎛ ωCR – ------------⎞ + 3 U
_2.
⎝
ωCR⎠
Постоянная времени τ = RC, квазирезонансная частота ω0 = 1/τ,
передаточная функция
U
_2
1
H
_ ( ω ) = ------- = 1 ⁄ 3 + j ⎛ ωτ – -------⎞ .
⎝
U
_
ωτ⎠
1
Амплитудно-частотная характеристика (АЧХ) — модуль комплекса H(ω) = U1/U2 (рис. 2 к задаче 5.28*(р)):
1
1
H ( ω ) = -------------------------------------------- = -------------------------------------------- .
2
1 2
⎛ ω ω 0⎞
9 + ⎛ ωτ – -------⎞
---------9
+
–
⎜
⎟
⎝
⎠
ωτ
⎝ ω0 ω ⎠
U1/U2
0,325
0,300
0,275
0,250
0,225
0,200
0,175
0,150
0,125
0,100
0,075
0,050
0,025
0
wн 0,5
w0
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0 wв 3,5
w0
Рис. 2 к задаче 5.28*(p)
4,0
w
w0
255
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
При ω = ω0 значение H(ω) = 1/3 достигает максимума.
Полоса пропускания определена по уровню 1/ 2 от максимального значения:
2
2
ω н,в – ω 0
ω0 ⎞ 2
⎛ ω н,в
1
1
- – ---------⎟ , 3 = ------------------------------------ = --------------------------------------------------- , 18 = 9 + ⎜ --------ω н,в⎠
ω 0 ω н,в
⎝ ω0
3 2
ω0 ⎞ 2
⎛ ω н,в
9 + ⎜ ---------- – ----------⎟
ω н,в⎠
⎝ ω0
или
2
2
2
2
3ω 0 ω в = ω в – ω 0 , 3ω 0 ω н = ω 0 – ω н ⇒ ω в = 3,3ω 0 , ω н = 0,3ω 0 .
Полоса пропускания ωв – ωн = 3ω0 = 3/τ = 3/(RC).
5.29*(р). Найти параметры трехэлементного фильтра Баттеворта нижних
g3(L3)
g1(L1)
частот (рис. к задаче 5.29*(р)), если
сопротивления генератора и нагрузки
g4
g0
g2(C2)
равны 75 Ом, а граничная частота равна
10 кГц.
Решение. Для трехэлементного фильтра
Рис. к задаче 5.29*(p)
n = 3, (элементы g0 и g4 — нормированные
проводимости генератора и нагрузки).
Согласно данным табл. 5.6 для Т-образной схемы замещения фильтра
с максимально плоской характеристикой (фильтра Баттеворта)
( 2 – 1 )π
g0 = g4 = 1, g 1 = 2 sin ⎛ ---------------------⎞ = 1 ,
⎝
⎠
6
( 4 – 1 )π
( 6 – 1 )π
g 2 = 2 sin ⎛ ---------------------⎞ = 2 , g 3 = 2 sin ⎛ ---------------------⎞ = 1 .
⎝
⎠
⎝
⎠
6
6
Схема замещения содержит пять нормированных элементов электрической цепи.
Переход к ненормированным величинам для ωгр = 2πæ104 1/с дает
значения элементов фильтра:
g0 = g4 = 1/R0 = 1/75 = 0,0133 См,
75
1
–3
L 1 = L 3 = --------------------- = ---------------------------- = 1,19æ10 Гн,
ω гр g 0 g 1 2πæ10 4 æ1
g0 g2
2
–7
C 2 = ----------- = ------------------------------- = 4,24æ10 Ф = 42,4 мкФ.
4
ω гр
75æ2πæ10
256
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.30*(р). Найти параметры элементов фильтра Чебышева (рис. к
задаче 5.30*(р)), имеющего неравномерность в полосе пропускания
α = 0,1 дБ, ослабление на частоте, превышающей в 5 раз граничную
частоту ω = 5ωгр, более 20 дБ, если fгр = 10 кГц, а сопротивление
нагрузки равно 75 Ом.
g2(L)
R0
g1(С1)
g3(C3)
Rн
Рис. к задаче 5.30*(p)
Ре ше ние. Определяем число элементов
1⁄2
90
0,1
arch ⎛ 10 ------ – 1⎞ ⁄ ⎛ 10 ------- – 1⎞
⎝ 10
⎠ ⎝ 10
⎠
arch 90 ⁄ 0,2
n = ---------------------------------------------------------------------------------------- = --------------------------------- = 2,97 ,
arch5
2,29
выбираем целое значение n = 3 для П -образного фильтра.
Определяем нормированные g-параметры фильтра (табл. 5.6):
π
g 0 = g 4 = 1 , α 1 = sin --- = 0,5 ,
6
–3
β = ln ( cth ( 0,1 ⁄ 17,37 ) ) = ln ( cth ( 5,76æ10 ) ) = 5,16 ,
θ = sh ( 5,16 ⁄ 6 ) = 0,97 ,
2
2π
2
b 1 = θ + sin --- = 0,97 + 0,75 = 1,69 ,
3
3π
2
2π
a 2 = sin ------ = 1 , b 2 = θ + sin --- = 1,69 ,
3
6
5π
a 3 = sin ------ = – 0,5 , b 3 = 0,941 .
6
Следовательно, нормированные элементы фильтра
g 0 = g 4 = 1 , g 1 = 2a 1 ⁄ θ = 1 ⁄ 0,97 = 1,03 ,
4a 1 a 2
4æ0,5æ1
g 2 = --------------- = -------------------------- = 1,15 , g 3 = g 1 = 1,03 .
1,69æ1,03
b1 g1
257
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Определяем ненормированные значения элементов фильтра
Чебышева:
R 0 = R н = 75 Ом,
1
1
–7
C 1 = C 3 = --------------------- = ----------------------------------------------- = 2,06æ10 Ф = 20,6 мкФ,
4
ω гр g 1 R 0 2πæ10 æ1,03æ75
g 2 R 0 1,15æ75
–3
L 2 = ------------ = --------------------- = 8,63æ10 Гн = 8,63 мГн.
4
ω гр
10
5.4. ДИАГНОСТИКА ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
5.31(р). По данным измерений токов и напряжений четырехполюсника (рис. к задаче 5.31(р)) в двух режимах:
I1( j)
U1( j)
Z1
Z3
I
I2( j)
Z2
II
U 2( j)
Рис. к задаче 5.31(p)
при j = 1
(1)
_I 1
(1)
(1)
= 1 А, _I 2
(1)
_1
= 1 А, U
при j = 2 (режим холостого хода)
(2)
_I 1
(2)
_2
= 2 В, U
= 3 В,
(2)
= 1 А, _I 2
_ 1 = (1 + j) В.
= 0, U
Требуется определить сопротивления Z1, Z2, Z3.
Ре ше ние . Для первого режима (j = 1) составляем систему уравнений по второму закону Кирхгофа для контуров I и II
(1)
(1)
+ _I 2 )Z
_3 = U
_1 ,
(1)
(1)
+ _I 2 )Z
_3 = U
_2
_I 1 _Z1 + (_I 1
_I 2 _Z2 + (_I 1
или в численных значениях
258
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(1)
(1)
(1)
(1)
1æZ
_ 1 + 2æZ
_3 = 2 ,
(1)
_3 = 3 .
1æZ
_ 2 + 2æZ
(2)
Дополняем ее уравнением, составленным для контура I по данным второго режима (j = 2)
(2)
(2)
_I 1 _Z1 + (_I 1
(2)
(2)
+ _I 2 )Z
_3 = U
_1
_ 1 + 1æZ
_ 3 = 1 + j1 . (3)
или 1æZ
Вычитая из уравнения (1) уравнение (3), находим Z3 = 1 – j Ом.
Подставляя найденные значения Z3 в уравнения (2), (3), получаем
Z1 = j2 Ом, Z2 = 1 + j2 Ом.
5.32(р). В результате проведения диагностических экспериментов
(рис. 1 и 2 к задаче 5.32(р)) определены узловые напряжения цепи в
(1)
_1
первом (j = 1) U
(2)
U
_1
(1)
_2
= 0,5 В, U
= –j0,5 В и втором (j = 2)
(2)
_ 2 = 0,5 – j1 В режимах.
= –j0,5 В, U
Определить сопротивления всех ветвей цепи и значения парамет-
ров R1, L1, C2, R3 ветвей цепи при ω = 100 с–1.
Ui(2)
Ui(1)
R1
1
J=1А
R3
L1
2
1
R1
L1
2
J=1А
V
V
С2
R3
С2
0
Рис. 1 к задаче 5.32(p)
Рис. 2 к задаче 5.32(p)
Ре ше н и е . Составляем матрицу узловых сопротивлений
(1)
(2)
U
_1
_
1 y 1 U
– j0,5 Ом.
= 0,5
Z = --- U = --- 1
_I
_I
(1)
(2)
– j0,5 0,5 – j1
U
_2 U
_2
y
По ней находим матрицу узловых проводимостей цепи
y
y –1
Y = (Z )
(2)
(2)
U
_ 2 –U
_1
_I
= -------------y
(1)
(1)
detU – U
_2 U
_1
1
= ------------------------ 0,5 – j 0,5j См.
0,5 – 0,5j 0,5j 0,5
259
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
y
(1)
(2)
(1)
(2)
2
Здесь detU = U
_1 U
_2 – U
_2 U
_ 1 = 0,5 – j0,5 В . Недиагональный элемент матрицы Y равен проводимости первой ветви, взятой с
обратным знаком. Следовательно, для сопротивления этой ветви
получаем
y
detU ⎛ 1 ⎞
0,5 – 0,5j
R 1 + jωL 1 = – -------------- ⎜ – -----------⎟ = – ------------------------ = 1 + j1 Ом.
(2)
_I ⎝ U
0,5j
_ ⎠
1
Сумма элементов первой строки (первого столбца) матрицы Y
равна проводимости ветви 3, следовательно, сопротивление ветви 3
y
⎞
detU ⎛
1
0,5 – 0,5j
R 3 = -------------- ⎜ -----------------------------⎟ = – ------------------------ = 1 Ом.
(
2
)
(
2
)
_I ⎝ U
0,5 – 0,5j
_
–U
_ ⎠
2
1
Сумма элементов второй строки (второго столбца) матрицы Y
равна проводимости ветви 2, следовательно, для сопротивления этой
ветви получаем
y
⎞
detU ⎛
1
1
0,5 – j0,5
------------- = -------------- ⎜ -----------------------------⎟ = ------------------------ = – j1 Ом.
(1)
(1)
jωC 2
_I ⎝ U
0,5
+ j0,5
_1 – U
_2 ⎠
Окончательно имеем:
R1 = 1 Ом, L1 = 10–2 Гн, R3 = 1 Ом, C2 = 10–2 Ф.
5.33. Для фильтра обратной последовательности в двух диагностических экспериментах (рис. 1 и 2 к задаче 5.33) измерены узловые
(1)
(1)
(1)
(2)
(2)
(2)
напряжения U
_1 , U
_2 , U
_3 , U
_1 , U
_2 , U
_4 .
Записать в общем виде выражения для определения по этим
напряжениям сопротивлений всех ветвей цепи.
Ui(1)
3
V
1
–jX4
jX1
R1
R3
2
–jX2
0
Рис. 1 к задаче 5.33 (j = 1)
260
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R5
4
Ui(2)
3
V
1
–jX4
jX1
R1
2
R5
4
J=1А
R3
–jX2
0
Рис. 2 к задаче 5.33 (j = 2)
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 5
5.1. А11 = ±0,5; А12 = –j10 Ом; А21 = –j0,05 См; А22 = 1.
5.2. А11 = А22 = –1,5; А12 = j50 Ом; А21 = –j0,025 См.
5.3. А11 = 1,33; А12 = j50 Ом; А21 = –j0,033 См; А22 = 2; Z11 = j40 Ом;
Z12 = j30 Ом; Z21 = j30 Ом; Z22 = j60 Ом; Y11 = –j0,04 См;
Y12 = j0,02 См; Y21 = j0,02 См; Y22 = –j0,0267 См.
5.4. А11 = w1/w2; А12 = 0; А21 = 1/jXM; А22 = w2/w1.
5.5. Zвх1 = 0,25Z2.
5.6. I1 = 3 мА, I2 = 1,2 мА.
_ 1 = 220 2 ∠– 45° = 311 ∠– 45° В; _I 1 = 22,4 ∠10,3° А.
5.7. U
5.8. _I 2 к = ( 2 + j4 ) = 4,47 ∠63,4° А.
5.9. U
_ 1 = 46 ∠0 В; _I 1 = 2,91 ∠63,45° А.
5.10. А11 = А22 = 0; А12 = j 10 Ом; А21 = 1/(–j10) = j0,1 См.
5.11. Z1Т = –j25 Ом; Z2Т = j10 Ом; Z3Т = j50 Ом; Z1П = –j100 Ом;
Z2П = j40 Ом; Z3П = –j20 Ом.
–4
5.12. а) А11 = 0,25 – j1,25; А12 = 25 – j175 Ом; А21 = –(25 + j175)10
А22 = –0,25 – j0,25;
См;
б) Z11 = (200 + j400) Ом; Z12 = –Z21 = j400 Ом; Z22 = j200 Ом;
в) Y11 = (4 + j8)10–3 См; Y12 = –Y21 = (–8 – j16)10–3 См;
Y22 = (16 + j12)10–3 См.
5.13. A =
j10 .
j0,1 0
0
261
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.14. H11 = Z; H12 = 0; H21 = Z; H22 = Y; А11= –ZY/β; А12 = Z/β; А21 = –Y/β;
А22 = 1/β; Z11 = Z; Z12 = 0; Z21 = –β/Y; Z22 = 1/Y; Y11 = 1/Z; Y12 = 0;
Y21 = β/Y; Y22 = Y.
5.15. А11 = j1; А12 = (20 + j20) Ом; А21 = (–0,1 + j0,05) См; А22 = (1 + j2);
Z1 = (12 – j4) Ом; Z2 = (24 – j8) Ом; Z3 = (–8 – j4) Ом.
5.16. Zc = –j44,8 Ом; Г = А + jВ = 0,963 + j, где А = 0,963 Hп и В = π рад.
5.17. Zc = 603 Ом; Г = А = 1 Hп.
π
π
5.18. Zc = 10 Ом; Г = 0 +j --- ; A = 0; B = --- рад.
2
2
5.19. Zвх = Zн = R = 40 Ом.
5.20. 1) Z1 = (7 + j1,23) Ом; 2Z2 = (8,32j) Ом; Zc = 5,07∠31,4° Ом;
2) Z1/2 = (–2 – j3) Ом; Z2 = 3 + j3 Ом;
3) Zc = 2,06∠–43,5° Ом.
5.21. Zc = åj44,7 Ом, при Zc = –j44,7 Ом U2 = 38,3 В; при Zc = j44,7 Ом
U2 = 261 В.
5.22. Zc =
2
( 1 – ω LC )
L
---- – const, A = 0, B = arcos ------------------------------ .
2
C
( 1 + ω LC )
5.23. Режим согласованной нагрузки:
U
------1- = 1 при 0 ≤ f < 20 Гц;
U2
2
U
f
ln ------1- = arch ⎛ --------- – 1⎞ при f > 20 Гц.
⎝ 200
⎠
U2
Режим постоянной нагрузки:
f 2
f 2
Zc = k 1 – ⎛ ------⎞ = 600 1 – ⎛ ------⎞ ; f1 = 0; f2 = 20 Гц.
⎝f ⎠
⎝ 20⎠
гр
5.24. Граничные частоты f1 = 0 и f2 = 51,3 кГц.
Характеристическое сопротивление: _Zc
= 2880 Ом;
f = 10 кГц
_Zc
= –j2750 Ом.
f = 100 кГц
Отношение напряжений:
U
_
U
_1
------1= 1 ∠22,5° ; ------U
_2
U
_2
f = 10 кГц
= 13,1 ∠π .
f = 100 кГц
5.25. Г = 2,64 +jπ, где А = 2,64 Hп; B = π рад; I2 = 84,7 мА.
262
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5.26. f = 140 кГц.
5.27. Граничные частоты полосы пропускания: f1 = 10 кГц, f2 = ×;
постоянная ослабления А = arch(f1/f).
5.28. Передаточная функция H(ω) = 1/[3 + j(ω – 1/(ωτ))], где τ = RC;
полоса пропускания ωв – ωн = 3/τ.
5.29. g0 = g4 = 0,0133 См; L1 = L3 = 1,19 мГн; С2 = 0,424 мкФ.
5.30. R0 = Rн = 75 Ом; С1 = С3 = 0,206 мкФ; L2 = 1,37 мГн.
5.31. Z1 = j2 Ом; Z2 = 1 + j2 Ом; Z3 = 1 – j Ом.
5.32. R1 = 1 Ом; L1 = 10–2 Гн; R3 = 1 Ом; C2 = 10–2 Ф.
(1)
(2)
(1)
(2)
U
_1 U
_2 – U
_2 U
_1
5.33. _Z1 = R 1 + jX 1 = ----------------------------------------------------- ;
(2)
_I U
_1
(1)
(2)
(1)
(2)
U
_1 U
_2 – U
_2 U
_1
_Z2 = – jX 2 = ----------------------------------------------------- ;
(2)
(2)
_I ( U
_2 – U
_1 )
(1)
(2)
(1)
(2)
U
_1 U
_2 – U
_2 U
_1
_Z3 = R 3 = ----------------------------------------------------- ;
(2)
(2)
_I ( U
_2 – U
_1 )
(1)
(1)
(2)
(2)
U
_3 – U
_1
U
_4 – U
_2
_Z4 = – jX 4 = ----------------------------- ; _Z5 = R 5 = ----------------------------- .
_I
_I
263
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава шестая
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ
С СОСРЕДОТОЧЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ
ВВЕДЕНИЕ
Переходный процесс, коммутация, начальные условия. Переходный процесс — процесс в электрической цепи, возникающий при
переходе от одного установившегося режима к другому. Причиной
процесса обычно является коммутация — одномоментное изменение
параметров или топологической структуры цепи. На электрической
схеме процесс коммутации отображается замыканием (рис. 6.1, а)
или размыканием (рис. 6.2, а) ключа.
В задачах расчета переходных процессов полагается, что коммутация происходит в момент времени t = 0. Если же она реально происходит в момент t = t0 ≠ 0, то вводят фиктивное время t′ = t – t0 с тем,
чтобы коммутация происходила в момент t′ = 0. Поскольку токи и
напряжения элементов цепи в момент коммутации могут изменяться
скачкообразно, то условно сам момент коммутации t = 0 разбивается
на два момента: момент t = 0–, непосредственно предшествующий
замыканию (рис. 6.1, б) или размыканию (рис. 6.2, б) ключа, и момент
t = 0+, непосредственно следующий за замыканием (рис. 6.1, в) или
размыканием (рис. 6.2, в) ключа. Значения токов и напряжений элементов цепи в момент t = 0+ называют начальными условиями переходного процесса, которые подразделяют на независимые начальные
t=0
а)
t = 0–
б)
t = 0+
в)
Рис. 6.1
t=0
а)
t = 0–
б)
Рис. 6.2
264
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
t = 0+
в)
условия (токи индуктивных элементов и напряжения емкостных элементов) и зависимые начальные условия (токи резистивных, емкостных элементов, источников ЭДС и напряжения резистивных, индуктивных элементов и источников тока).
Законы коммутации, определение начальных условий. Согласно
законам коммутации в момент коммутации значения напряжений
емкостных элементов и токов индуктивных элементов не меняются.
Таким образом, для независимых начальных условий имеем uC(0+) =
= uC(0–) и iL(0+) = iL(0–).
Исключение составляют случаи, когда в результате коммутации
образуются новые — особые контуры, состоящие только из емкостных элементов, или новые — особые разрезы, состоящие только из
индуктивных элементов. В момент коммутации для каждого узла k
схемы, состоящей только из элементов особых контуров, остается
неизменным суммарный заряд
k
∑j Q j ( 0 + )
=
k
∑j Q j ( 0 – ) , а для каждого
контура k схемы, состоящей только из элементов особых разрезов, —
суммарное потокосцепление
k
k
∑j ψ j ( 0 + ) = ∑j ψ j ( 0 – ) . Такие коммута-
ции часто называют некорректными.
Независимые начальные условия для элементов особых контуров
и особых разрезов определяются по уравнениям Кирхгофа с учетом
этих дополнительных уравнений. Так, для независимых начальных
условий двух параллельно соединенных емкостей (рис. 6.3) имеем
u1(0+) = u2(0+) = u(0+), (С1 + С2)u(0+) = С1u1(0–) + С2u2(0–),
а для независимых начальных условий двух последовательно соединенных индуктивных элементов (рис. 6.4) имеем
i1(0+) = i2(0+) = i(0+), (L1 + L2)i(0+) = L1i1(0–) + L2i2(0–).
Для определения зависимых начальных условий целесообразно
составить и рассчитать чисто резистивную эквивалентную схему
цепи для момента t = 0+, в которой по теореме компенсации все
емкостные элементы с напряжениями uj(0+) заменены источниками
C1
u1(0–)
C2
u2(0–)
Þ
C1
u1(0+)
C2
u2(0+)
u(0+)
Рис. 6.3
265
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
L2
m
L1
i2(0–)
n
i1(0–)
R
Þ
m
L1 i(0+)
i1(0+)
L2
R
n
i2(0+)
Рис. 6.4
ЭДС Еj = uj(0+), а все индуктивные элементы с токами ij(0+) — источниками тока Jj = ij(0+).
Классический метод расчета переходных процессов и методика
его применения. Согласно классическому методу искомая переменная,
например ток i = i(t), в некоторой ветви представляется в виде суммы
установившейся iуст и преходящей iпрех составляющих: i = iуст + iпрех,
которые затем находятся по отдельности. Рекомендуется следующая
методика расчета переходных процессов в электрических цепях классическим методом:
1. Рассчитывается предшествующий режим (до коммутации), т.е.
значения напряжений емкостных элементов uj(0–) и токов индуктивных элементов ij(0–) для момента t = 0–.
2. По законам коммутации находятся независимые начальные
условия — напряжения емкостных элементов uj(0+) и токи индуктивных элементов ij(0+).
3. Рассчитывается установившийся режим в цепи после коммутации, в результате находится установившаяся составляющая искомого
тока iуст(t).
4. Составляется характеристическое уравнение цепи
Рn(p) = anpn + an – 1pn – 1 + … + a1p + a0 = 0
и находятся его корни (собственные частоты цепи) pj, j = 1, 2, …, n.
5. В зависимости от вида корней характеристического уравнения
определяется вид аналитического представления преходящей составляющей искомого тока iпрех(t) и затем по независимым начальным
условиям находятся постоянные интегрирования.
Рассмотрим пп. 4, 5 подробнее.
Для составления характеристического уравнения можно по законам Кирхгофа и компонентным уравнениям элементов цепи составить дифференциальное уравнение, например, для искомого тока:
n
n–1
di
d i
d
i
di
P n ⎛ -----⎞ = a n ------- + a n – 1 --------------- + … + a 1 ----- + a 0 = f ( t ) ,
⎝ dt⎠
n
n–1
dt
dt
dt
266
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
описывающее переходный процесс в цепи и соответствующее ему
di
однородное уравнение P n ⎛ -----⎞ = 0 . Замена в последнем уравнении
⎝ dt⎠
оператора d/dt на переменную р дает искомое характеристическое
уравнение. Возможен и более простой путь составления характеристического уравнения. Находится комплексное входное сопротивление цепи Zвх(jω) для рассматриваемой ветви (или какой-либо другой
ветви) после ее разрыва применительно к топологии цепи, образующейся после коммутации. Приравняв числитель Z(jω) к нулю и заменив в нем оператор jω на р, получаем искомое характеристическое
уравнение Pn(p) = Zвх(p) = 0.
Вид преходящей составляющей тока зависит от кратности корней
характеристического уравнения. Если все корни различны, то
iпрех = A 1 e
p1 t
+ A2 e
p2 t
+ … + An e
pn t
.
При этом, если в числе корней есть пары комплексно-сопряженных
корней, например р1, 2 = – α ± jω, соответствующую им часть суммы
A1 e
p1 t
+ A2 e
p2 t
удобно представить в виде e–αt(A1e+jωt + A2e–jωt) =
= Beαtsin(ωt + β).
Если же все корни одинаковы р1 = р2 = … = рn = р, то
iпрех = A1ept + A2tept + … + Antn – 1ept = (A1 + A2t + … + Antn – 1)ept.
Для определения постоянных интегрирования значение преходящей составляющей тока iпрех(0+) = i(0+) – iуст(0+) и ее производной
n–1
d
i прех
n – 1 в момент t = 0+, т.е. -----------------------выражают через независиn–1
dt
t = 0+
мые начальные условия.
Операторный метод расчета переходных процессов и методика
его применения. Согласно операторному методу вместо описания
процессов интегродифференциальными уравнениями во временной
области используется их описание более простыми алгебраическими
уравнениями в операторной области (области изображений Лапласа).
Решение таких уравнений позволяет найти операторные изображения искомых переходных токов и напряжений (оригиналов). Переход
от изображений к оригиналам завершает решение задачи расчета
переходных процессов. Рекомендуется следующая методика решения
данной задачи операторным методом:
267
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1. Рассчитывается режим в цепи предшествующий коммутации, в
результате находятся значения напряжений емкостных элементов и
токов индуктивных элементов для момента t = 0–.
2. По известной топологии цепи, ее параметрам, найденным значениям токов iL(0–) и напряжений uC(0–) c помощью соответствующих схем замещений элементов цепи во временной и операторной
областях (табл. 6.1) составляется операторная схема замещения цепи.
При этом операторные изображения Е(р) и J(р) функций e(t) J(t)
источников находятся по таблице соответствия временных и операторных функций, представленной в приложении 9.
Та бл и ц а 6 .1
Временная область
Операторная область
e(t)
E(p)
i(t)
J(t)
J(p)
u(t)
U(p)
R
R
i(t)
u(t)
L
I(p)
I(p)
U(p)
i(t)
pL
I(p)
Li(0–)
u(t)
U(p)
C
1
pC
i(t)
I(p)
u(0–)
p
u(t)
U(p)
u1(t)
L1
M
L2
u2(t)
U1(p)
i1(t)
i2(t)
pL1
pL2
L1i1(0–)
L2i2(0–)
U2(p)
268
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I1(p)
I2(p)
Mi1(0–)
Mi2(0–)
3. По операторной схеме с использованием известных методов
расчета цепей находятся операторные токи и напряжения искомых
переменных. Заметим, что эти операторные функции можно найти и
без составления операторной схемы замещения по составленным для
их оригиналов интегродифференциальным уравнениям во временной
области путем отображения последних в операторную область.
4. По найденным изображениям находятся оригиналы — переходные токи и напряжения во временной области.
Для перехода от изображения искомой функции F(p) к ее оригиналу f(t) можно использовать следующие три способа:
1. Непосредственное нахождение f(t) по таблице соответствия
оригиналов и изображений, представленной в приложении 9.
2. Представление рациональной дроби изображения
m
m–1
+ … + a1 p + a0
F1 ( p ) am p + am – 1 p
F ( p ) = -------------- = --------------------------------------------------------------------------------------------n
n–1
F2 ( p )
bn p + bn – 1 p
+ … + b1 p + b0
(6.1)
в виде
A2
An
A1
F ( p ) = --------------- + --------------- + … + --------------- ,
p – p1 p – p2
p – pn
где Aj — так называемые неопределенные коэффициенты в случае
n > m и различия всех корней pj, j = 1, 2, …, n полинома F2(p). При
этом искомая функция-оригинал будет иметь вид
p1 t
p2 t
pn t
f ( t ) = A1 e + A2 e + … + An e .
3. Использование теоремы разложения, согласно которой в случае
различия всех корней pj полинома F2(p) оригинал изображения F(p)
(6.1) имеет вид
n F (p ) p t
dF 2 ( p )
j
1 j
f ( t ) = ∑ ------------------ e , F 2′ ( p ) = ------------------ .
(6.2)
F ′ (p )
dp
j=1 2 j
Если при этом один из корней F2(p), для определенности первый,
равен нулю: р1 = 0, т.е. F2(p) = рF3(p), то
F1 ( 0 ) n – 1 F1 ( pj ) pj t
(6.3)
f ( t ) = -------------- + ∑ ----------------------- e .
F 3 ( 0 ) j = 2 p j F 3′ ( p j )
Если F2(p) имеет n/2 пар комплексно-сопряженных корней (здесь
n — четное число), то
f(t) =
n⁄2
∑ 2Re
j=1
F 1 ( pj ) pj t
-----------------e
.
F 2′ ( p j )
(6.4)
269
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
При наличии нулевого корня, т.е. F2(p) = рF3(p),
F1 ( 0 ) n ⁄ 2
F1 ( pj ) pj t
.
f ( t ) = -------------- + ∑ 2Re ----------------------- e
F3 ( 0 ) j = 2
p j F 2′ ( p j )
(6.5)
Расчет переходных процессов с использованием интеграла Дюамеля. Интеграл Дюамеля позволяет свести задачу расчета переходного процесса цепи с нулевыми начальными условиями, обусловленного ее подключением к источнику произвольной формы x(t), к
задаче расчета ее соответствующей переходной функции h(t) (т.е.
реакции цепи на единичную скачкообразную функцию воздействия)
и последующему нахождению искомой величины y(t) (т.е. реакции
цепи на воздействие x(t)) по любой из представленных в табл. 6.2
четырех форм записи этого интеграла. Если искомая переменная —
ток, то часто используют обозначение g(t) — переходная проводимость — искомый ток в ветви при единичном скачкообразном воздействии.
Если же воздействие x(t) описывается на двух временных интервалах времени разными выражениями
⎧ x 1 ( t ), 0 ≤ t ≤ t 1 ;
x(t) = ⎨
⎩ x 2 ( t ), t ≥ t 1 ,
то на первом интервале реакция цепи описывается любым выражением
из табл. 6.2, а на втором — соответствующим выражением из табл. 6.3.
Та бли ц а 6 .2
Форма
Выражение реакции
t
y ( t ) = x 1 ( 0 )h ( t ) + ∫ x 1′ ( τ )h ( t – τ ) dτ
Первая
0
t
y ( t ) = x 1 ( 0 )h ( t ) + ∫ x 1′ ( t – τ )h ( τ ) dτ
Вторая
0
t
y ( t ) = x 1 ( t )h ( 0 ) + ∫ x 1 ( τ )h′ ( t – τ ) dτ
Третья
0
t
y ( t ) = x 1 ( t )h ( 0 ) + ∫ x 1 ( t – τ )h′ ( τ ) dτ
Четвертая
0
dx
П р и м еч а н и е . x′ ( τ ) = -----dt
270
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
t=τ
dh
; h′ ( τ ) = -----dt
.
t=τ
Та бли ц а 6 .3
Форма
Первая
Выражение реакции при t ≥ t1
y ( t ) = x 1 ( 0 )h ( t ) +
t1
∫ x1′ ( τ )h ( t – τ ) dτ
+ [ x 2 ( t 1 ) – x 1 ( t 1 ) ]h ( t – t 1 ) +
Вторая
y ( t ) = x 1 ( 0 )h ( t ) +
t
∫
t – t1
Четвертая
t
∫ x2′ ( τ )h ( t – τ ) dτ
t1
x 1′ ( t – τ )h ( τ ) dτ +
+ [ x 2 ( t 1 ) – x 1 ( t 1 ) ]h ( t – t 1 ) +
Третья
+
0
t – t1
∫
0
x 2′ ( t – τ )h ( τ ) dτ
t1
t
0
t1
y ( t ) = x 2 ( t )h ( 0 ) + ∫ x 1 ( τ )h′ ( t – τ ) dτ + ∫ x 2 ( τ )h′ ( t – τ ) dτ
y ( t ) = x 2 ( t )h ( 0 ) +
t
∫
t – t1
x 1 ( t – τ )h′ ( τ ) dτ +
t – t1
∫
0
x 2 ( t – τ )h′ ( τ ) dτ
Расчет переходных процессов методом переменных состояния.
При использовании этого метода вначале составляется уравнение
состояния, запись которого представляет собой нормальную форму
обыкновенного дифференциального уравнения
x· = Ax + f , f = Bv, x(0) = x .
(6.6)
0
Здесь x = x(t) = [x1(t) x2(t) … xn(t)]т — вектор-столбец переменных
состояния xj, в качестве которых выбираются токи i L индуктивных и
j
т
напряжения u C емкостных элементов; v = v (t) = [v1(t) v2(t) … vm(t)] —
j
вектор-столбец ЭДС и токов источников тока цепи; А и В — соответственно n×n и n×m-матрицы, коэффициенты которых выражаются
через параметры накопительных и резистивных элементов. Для
составления уравнений состояния достаточно учесть, что производные x· j ( t ) весьма просто выражаются через напряжения индуктивных и токи емкостных элементов, а именно:
di L
uL
---------j = -------j ,
dt
L
du C
iC
-----------j = ------j .
dt
C
271
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Тогда для определения производных, т.е. производных di L ⁄ dt ,
j
du C ⁄ dt , достаточно найти линейную связь между каждым из напряj
жений индуктивных элементов u L , а также между каждым током
j
емкостных элементов i C и всеми переменными состояния.
j
Сформировав таким образом уравнение состояния (6.6), его решение можно представить в виде суммы свободной хсв и принужденной
хприн составляющих:
t
x = xсв + xприн = eAtx0 + ∫ e
A(t – τ)
f ( τ )dτ ,
(6.7)
0
где е
At
— матричная экспонента,
еAt =
∞
2
k
3
At ( At )
( At )
( At )
- = 1 + ------ + -------------- + -------------- + …
∑ ------------1!
2!
3!
k = 0 k!
(6.8)
Матричную экспоненту можно выразить через обычные экспоненты. В случае, когда все собственные числа αk, k = 1, 2, …, n цепи,
они же собственные значения матрицы А (т.е. корни уравнения
det(A – α1) = 0), различны, такое выражение имеет вид
е
At
= P1 e
α1 t
+ P2 e
α2 t
+ … + Pn e
αn t
,
(6.9)
где Рk, k = 1, 2, …, n, — проекторы матрицы А,
n
∏
( A – αj 1 )
j = 1(j ≠ k)
P k = ------------------------------------------------ .
n
∏
(6.10)
( αk – αj )
j = 1(j ≠ k)
Тогда и решение (6.7) уравнения состояния (6.6) можно выразить
через обычные экспоненциальные функции:
x = xсв + xприн,
xприн =
272
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
n
∑
k=1
xсв = ⎛
⎝
Pk e
n
∑
k=1
Pk e
αk t t –αk τ
∫e
0
αk t
⎞x ,
⎠ 0
f ( τ )dτ .
(6.11)
Если при расчете переходных процессов дополнительный интерес
представляет установившийся режим, то решение уравнения состояния (6.6) можно представить в виде суммы преходящей хпрех и установившейся хуст составляющих, т.е. в виде использовавшемся в классическом методе расчета переходных процессов:
At
x = x прех + x уст, x прех = e [ x 0 – x уст ( 0 ) ], ⎫⎪
(6.12)
⎬
ä
ä
⎪
−
−
x уст = + F ( A ; t ), x уст ( 0 ) = + F ( A ; 0 ).
⎭
ä
Здесь xуст(0) = xуст(t)⏐t = 0, F (A; t) — векторная функция матричного
аргумента,
1
ä
Fä(A; t) = F 1 ( A ; t ) 0
...
0
0
1
ä
+ F2 ( A ; t ) 0
...
0
0
0
ä
+ … + Fn ( A ; t ) 0 ,
...
1
ä
где F i (A; t) — матричная функция, соответствующая правому (индекс (+))
или левому (индекс (–)) преобразованию Лапласа F iä (p; t) функции fi(t):
ä
F ( p, t ) =
∞
∫e
–p τ
f ( t ± τ )dτ — преобразование Лапласа для функ-
0
ции со сдвигом аргумента;
+
F ( p, t ) =
∞
∫e
–p τ
f ( t + τ )dτ — преобразование Лапласа для функ-
0
ции со сдвигом аргумента влево (правое преобразование Лапласа);
–
F ( p, t ) =
∞
∫e
–p τ
f ( t – τ )dτ — преобразование Лапласа для функ-
0
ции со сдвигом аргумента вправо (левое преобразование Лапласа).
Очевидно, что при этом построение F(p) обычного преобразования
+
–
Лапласа не представляет сложности, так как F(p) = F (p, 0) = –F (–p, 0).
Таблица соответствий некоторых характерных для электротехниä
ческой практики функций f(t) и их изображений F (p; t) представлена в приложении 10. Использование правого или левого преобразования Лапласа позволяет формально определить установившиеся
составляющие решений уравнений состояния.
273
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.1. ЦЕПИ RC ПЕРВОГО ПОРЯДКА.
КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА
6.1(р). Д а н о : R1 = R2 = 10 Ом, С = 1 мкФ, Е = 10 В (рис. 1 к задаче 6.1(р)).
i1
R1
i1уст R1
E
R2
uC
C
E
R2 uC уст
Рис. 1 к задаче 6.1(p)
Рис. 2 к задаче 6.1(p)
R1
i1
R2
1
pC
R1
iC
E
R2
uC
C
ÜZвх(p)
Рис. 3 к задаче 6.1(p)
Рис. 4 к задаче 6.1(p)
Определить ток i1(t) и напряжение uC(t) после коммутации и построить графики.
Ре шение. 1. t = 0–, нулевые начальные условия uC(0–) = 0. Закон
коммутации uC(0–) = uC(0+) = 0.
2. t → ×, расчетная схема установившегося режима после коммутации представлена на рис. 2 к задаче 6.1(р):
E
10
E
i 1 уст = -------------------- = ------------------- = 0,5 А; u C уст = -------------------- R 2 = 5 В.
R 1 + R 2 10 + 10
R1 + R2
3. Решение классическим методом:
i1(t) = i1 уст + i1 прех = 0,5 + Aept; uC(t) = uC уст + iC прех = 5 + Bept.
4. Определим корень характеристического уравнения p по схеме
на рис. 3 к задаче 6.1(р)
R1 R2
1
Z вх ( p ) = -------------------- + ------- = 0 , p = –2æ105 1/c.
R 1 + R 2 pC
5. Для t ≥ 0 составим уравнение по второму закону Кирхгофа. Расчетная схема представлена на рис. 4 к задаче 6.1(р):
E – uC ( t )
i 1 ( t ) = ------------------------ .
R1
274
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
В момент t = 0+
E – u C ( 0 + ) 10 – 0
i 1 ( 0 + ) = ---------------------------- = --------------- = 1 А.
10
R1
Определим постоянные интегрирования:
i1(0+) = 0,5 + A = 1 ⇒ A = 0,5; uC(0+) = 5 + B = 0 B = –5.
6. Ответ:
5
5
– 2 æ 10 t
– 2 æ10 t
⎞ А, u ( t ) = 5 ⎛ 1 – e
⎞ В.
i 1 ( t ) = 0,5 ⎛ 1 + e
C
⎝
⎠
⎝
⎠
Графики i1(t) и uC(t) представлены на рис. 5 к задаче 6.1(р).
i1(t), A
uC (t), В
1,0
5
4
3
0,5
2
1
0
1æ10–5
2æ10–5
t, c
1æ10–5
0
2æ10–5
t, c
Рис. 5 к задаче 6.1(p)
i1
E
R3
R1
E
C
Рис. 1 к задаче 6.2(p)
R3
R1
uC (0–)
R2
R2
Рис. 2 к задаче 6.2(p)
6.2(р). Д а н о : Е = 120 В, R1 = R2 = 250 Ом, R3 = 500 Ом, С = 10 мкФ
(рис. 1 к задаче 6.2(р)).
Определить ток i1(t) после коммутации и построить график.
Ре шение. 1. t = 0–, режим до коммутации (ключ разомкнут, режим
установившийся), расчетная схема представлена на рис. 2 к задаче 6.2(р):
ER 2
uC(0–) = --------------------------------- = 30 В.
R3 + R1 + R2
Закон коммутации uC(0–) = uC(0+) = 30 В.
275
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2. Схема после коммутации для установившегося режима (t → ×)
представлена на рис. 3 к задаче 6.2(р):
120
E
i 1 уст = -------------------- = --------- = 0,24 А.
R 1 + R 2 500
R1
E
i1уст
uC уст
Zвх(p)Þ
R2
Рис. 3 к задаче 6.2(p)
i1
E
uC
i2
C
R2
Рис. 5 к задаче 6.2(p)
1
pC
R2
Рис. 4 к задаче 6.2(p)
R1
iC
R1
i1(t), А
0,36
0,32
0,28
0,24
0,20
0
0,002
0,004
0,006
0,008
t, c
Рис. 6 к задаче 6.2(p)
pt
3. i1(t) = i1 уст + i1 прех = 0,24 + Ae .
4. Схема для нахождения корня характеристического уравнения
Zвх(р) = 0 представлена на рис. 4 к задаче 6.2(р):
5
1
10
R 2 ------250 -------pC
p
Z вх ( p ) = R 1 + --------------------- = 250 + ------------------------- = 0,
5
1
10
R 2 + ------250 + -------pC
p
p = –800 1/с.
5. Расчетная схема после коммутации представлена на рис. 5
к задаче 6.2(р):
E – uC ( t )
i 1 ( t ) = ------------------------ ;
R1
E – uC ( 0+ )
i 1 ( 0 + ) = ---------------------------- = 0,36 А.
R1
i1(0+) = 0,24 + A = 0,36 ⇒ A = 0,12.
6. Ответ: i1(t) = 0,24 + 0,12e–800t А. График i1(t) показан на рис. 6
к задаче 6.2(р).
276
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.3. Д а н о : R1 = 5 Ом, R2 = R3 = 10 Ом, R = 15 Ом, С = 100 мкФ,
Е = 15 В (рис. к задаче 6.3).
i
E
R1
R
i2
R2
uC
R3
J(t)
R1
C
uC
R
C
Рис. к задаче 6.3
Рис. к задаче 6.4
Определить ток i2(t) и напряжение uС(t) в цепи после коммутации
и построить их графики.
6.4. Д а н о : J(t) = 0,4 sin(314t + 90°) А, R1 = 800 Ом, R = 800 Ом,
С = 10 мкФ (рис. к задаче 6.4).
Определить ток i(t) и напряжение uC(t) после размыкания рубильника, происходящего в момент t = 0.
6.5(р). Д а н о : e = 200 sin(314t + 30°) В,
R1 = 400 Ом, R2 = 200 Ом, С = 10 мкФ (рис. 1
к задаче 6.5(р)).
R1
Определить напряжение uС(t) в цепи
uC
e
C
после коммутации, происходящей в момент
t = 0.
R2
Ре шение. 1. t = 0–, режим до коммутации: ключ разомкнут, режим установивРис. 1 к задаче 6.5(p)
шийся. Источник синусоидальный, расчет
проводим комплексным методом:
_Em = 200 ∠30° В,
1
X C = -------- = 318,5 Ом,
ωC
_Em
200 ∠30°
_I m = ------------------------------------ = -------------------------- = 0,295 ∠58° А,
R 1 + R 2 – jX C 679 ∠– 28°
U
_ Cm = ( – jX C )I_ m = ( 318,5 ∠– 90° ) ( 0,295 ∠58° ) = 93,96 ∠– 32° В,
u C ( t ) t ≤ 0 = 93,96 sin ( 314t – 32° ) В,
uC ( 0– )
t=0
= 93,96 sin ( – 32° ) = – 49,79 В.
Закон коммутации uC(0–) = uC(0+) = –49,79 В.
277
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2. t → ×, режим после коммутации: ключ замкнут, режим установившийся. Источник синусоидальный, расчет проводим комплексным методом:
_Em
200 ∠30°
_I m = ---------------------- = ------------------------------ = 0,532 ∠87,8° А,
R 2 – jX C 376 ∠– 57,8°
U
_ Cm = ( – jX C )I_ m = ( 318,5 ∠– 90° ) ( 0,532 ∠87,8° ) = 169,44 ∠– 2,2° В,
u C уст ( t ) = 169,44 sin ( 314t – 2,2° ) В.
3. uC(t) = uC уст + uC прех = 169,44 sin(134t – 2,2°) + Aept.
4. Схема для нахождения корня Zвх(р) = 0 представлена на рис. 2
к задаче 6.5(р):
1
Z вх ( p ) = R 2 + ------- = 0 ,
pC
R
1
pC
Zвх(p)Þ
p = –500 1/c.
C
C
iC
i
e
J
e
R1
R
R2
Рис. 2 к задаче 6.5(p)
Рис. к задаче 6.6
Рис. к задаче 6.7
5. Определение постоянной интегрирования:
uC(0+) = uC уст(0+) + uC прех(0+) = 169,44 sin(–2,2°) + A = uC(0–) = –49,79 В;
–6,5 + A = –49,79 ⇒ A = –43,29.
6. Ответ: uC(t) = 169,44 sin(314t – 2,2°) – 43,29e
–500t
В.
6.6. Д а н о : R = R1 = 5 Ом, С = 500 мкФ, e = 100 2 sin(314t + 90°) В
(рис. к задаче 6.6).
Определить ток i(t) после замыкания рубильника, происходящего
в момент t = 0.
6.7. Д а н о : R = 100 Ом, С = 10 мкФ, J = 4 А, e = 1000 2 sin(1000t +
+ 45°) В (рис. к задаче 6.7).
Определить ток iС(t) после размыкания рубильника, происходящего в момент t = 0.
278
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.8. Д а н о : e(t) = Em sin(ωt + ψ), Еm = 100 В, ω = 1000 1/с, R = 100 Ом,
С = 10 мкФ, Е0 = 300 В (рис. к задаче 6.8).
R
2
К
1
R
i
R
E0
e
C
R
1
C
Рис. к задаче 6.9
R2
i1
J
E
К
E0
e
Рис. к задаче 6.8
R1
2
i
C
Рис. к задаче 6.10
К
П
e
R2
C
uC
R1
Рис. к задаче 6.11*
Рубильник К в цепи переключается из положения 1 в положение 2,
когда ЭДС генератора е = –Еm в момент t = 0.
Определить ток i(t) после коммутации.
6.9. Д а н о : e(t) = Em sin(ωt + ψ), Еm = 100 В, ω = 1000 1/с, R = 100 Ом,
С = 10 мкФ, а) Е0 = 50 В; б) Е0 = 0 (рис. к задаче 6.9).
Рубильник в цепи переключается из положения 1 в положение 2
в момент t = 0.
Определить, при какой начальной фазе ψ источника в цепи
отсутствует переходный процесс.
6
6.10. Дано: e(t) = 4 2 sin10 t В, R1 = R2 = 2 Ом, С = 1 мкФ,
E = 2 2 В (рис. к задаче 6.10).
Определить ток i1(t) после коммутации.
6.11*. Д ано: П — пассивный симметричный резистивный четырехполюсник (рис. к задаче 6.11*). Напряжение на конденсаторе
после размыкания ключа К меняется по закону uС(t) = 60 – 40e
R1 = 30 Ом, R2 = 60 Ом, С = 100/3 мкФ.
–800t
В,
Определить закон изменения напряжения на конденсаторе, если
R2 = 20 Ом.
279
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.2. ЦЕПИ RL ПЕРВОГО ПОРЯДКА.
КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА
6.12(р). Дано: R1 = R2 = R3 = 5 Ом, L = 10 мГн, Е = 15 В (рис. 1
к задаче 6.12(р)).
R1
R1
i1
R3
E
R2
uL
i1уст
R3
E
R2
L
Рис. 1 к задаче 6.12(p)
uLуст
Рис. 2 к задаче 6.12(p)
Определить ток i1(t) и напряжение uL(t) в цепи после коммутации
и построить их графики.
Ре шение. 1. t = 0–, нулевые начальные условия iL(0–) = 0. Закон
коммутации iL(0–) = iL(0+) = 0.
2. t → ×, расчетная схема установившегося режима после коммутации представлена на рис. 2 к задаче 6.12(р):
E
i1 уст = --------------------------------- = 2 А; uL уст = 0.
R2 R3
R 1 + -------------------R2 + R3
3. Решение классическим методом:
pt
i1(t) = i1 уст + i1 прех = 2 + Ae ;
uL(t) = uL уст + uL прех = 0 + Bept.
4. На рис. 3 к задаче 6.21(р) показана схема для определения
корня характеристического уравнения Zвх(p) = 0:
R1 R2
Z вх ( p ) = -------------------- + pL = 0 ,
R1 + R2
p = –750 1/c.
5. t ≥ 0. Составим схему после коммутации (рис. 4 к задаче 6.12(р)).
Уравнения Кирхгофа:
i1(t) = i2(t) + iL(t), E = i1(t)R1 + i2(t)R2,
uL(t) = E – i1(t)R1 – iL(t)R3.
280
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
R1
i1
i2
E
pL
iL
R2
R2
ÜZвх(p)
Рис. 3 к задаче 6.12(p)
R3
uL
L
Рис. 4 к задаче 6.12(p)
i1(t), А
uL(t), В
7,5
2,0
5,0
1,5
1,0
2,5
0,5
0
0,005
t, c
0
0,005
t, c
Рис. 5 к задаче 6.12(p)
В момент t = 0+
i1(0+) = i2(0+) + iL(0+) = i2(0+) + 0,
E = i1(0+)R1 + i2(0+)R2 = i1(0+)(R1 + R2) ⇒ i1(0+) =
E
= -------------------- = 1,5 А,
R1 + R2
uL(0+) = E – i1(0+)R1 – iL(0+)R3 = 7,5 В,
i1(0+) = 2 + A = 1,5 ⇒ A = –0,5,
uL(0+) = 0 + B = 7,5 ⇒ B = 7,5.
6. Графики i1(t) и uL(t) показаны на рис. 5 к задаче 6.12(р):
i1(t) = 2 – 0,5e–750t А, uL(t) = 7,5e–750t В.
6.13(р). Дано: R = 4 Ом, L = 0,1 Гн, J = 2 А (рис. 1 к задаче 6.13(р)).
Определить ток i(t) в цепи после коммутации и построить его график.
Ре шение. 1. t = 0–. Расчетная схема представлена на рис. 2 к
задаче 6.13(р). Ненулевые начальные условия iL(0–) = J. Закон коммутации iL(0–) = iL(0+) = J.
2. t → ×, расчетная схема установившегося режима после коммутации представлена на рис. 3 к задаче 6.13(р)
iуст = J/2 = 1 А, uL уст = 0.
281
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
R
J
i
L
iL(0–)
J
R
R
R
R
Рис. 1 к задаче 6.13(p)
Рис. 2 к задаче 6.13(p)
R
R
iуст
J
pL
R
R
R
R
Рис. 3 к задаче 6.13(p)
Рис. 4 к задаче 6.13(p)
i(t), А
1,0
R
J
ÜZвх(p)
L
iL
i
R
0,5
R
Рис. 5 к задаче 6.13(p)
0
0,02
0,04
0,06
t, с
Рис. 6 к задаче 6.13(p)
3. Решение классическим методом:
i(t) = iуст + iпрех = 1 + Aept.
4. На рис. 4 к задаче в 6.13(р) представлена схема для расчета
корня характеристического уравнения
Zвх(p) = 2R + pL = 0, p = –80 1/c.
5. t ≥ 0, схема после коммутации представлена на рис. 5 к задаче 6.13(р);
J = iL(t) + i(t).
В момент t = 0+
J = iL(0+) + i(0+) = J + i(0+) ⇒ i(0+) = 0,
i(0+) = 1 + A = 0 ⇒ A = –1.
–80t
А. График i(t) показан на рис. 6 к задаче 6.13(р).
6. Ответ: i(t) = 1 –1e
6.14. Дано: R1 = R2 = 5 Ом, R3 = R4 = 2,5 Ом, Е = 30 В, L = 10 мГн
(рис. к задаче 6.14).
Определить ток i3(t) в цепи после коммутации и построить его график.
282
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
i3(t)
E
i1
R2
R3
L
R4
R1
E
R3
L
iL
R4
R2
Рис. к задаче 6.14
Рис. к задаче 6.15
i4
i1
R1
J
L
iL
R2
R3
E
R4
Рис. к задаче 6.16
i
E
L
i5
R2
R3
i2
i3
Рис. к задаче 6.17
R
i1
R1
R1
R
R3
L
i(t)
e
L
iL
R2
Рис. к задаче 6.18*
R4
Рис. 1 к задаче 6.19(p)
6.15. Дано: Е = 80 В, R1 = R4 = 20 Ом, R2 = R3 = 80 Ом, L = 0,02 Гн
(рис. к задаче 6.15).
Определить токи i1(t) и iL (t) после коммутации.
6.16. Дано: J = 2 А, R1 = R4 = 80 Ом, R2 = R3 = 20 Ом, L = 0,1 Гн
(рис. к задаче 6.16).
Определить ток iL (t) после коммутации.
6.17. Дано: Е = 90 В, R1 = 10 Ом, R2 = 30 Ом, R3 = 15 Ом, L = 0,04 Гн
(рис. к задаче 6.17).
Определить токи во всех ветвях.
6.18*. Д ано: Е = 80 В, R1 = R4 = 20 Ом, R2 = R3 = 80 Ом, R = 28 Ом,
L = 0,02 Гн (рис. к задаче 6.18*).
Определить токи i(t), i1(t) и iL(t).
6.19(р). Дано: R = 10 Ом, L = 0,01 Гн, e(t) = 100 2 sin(1000t + 15°) В
(рис. 1 к задаче 6.19(р)).
283
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Определить ток i(t) в цепи после замыкания рубильника, происходящего в момент t = 0. Построить график i(t).
Ре шение. 1. t = 0–, нулевые начальные условия iL(0–) = 0. Закон
коммутации iL(0–) = iL(0+) = 0.
2. t → ×, установившейся режим после коммутации, источник
синусоидальный, расчет ведется комплексным методом:
_Em = 100 2 ∠15° В,
X L = ωL = 10 Ом,
_Em
_I m = ------------------- = 10 ∠– 30 ° А, i уст ( t ) = 10 sin ( ωt – 30° ) А.
R + jX L
3.
4.
5.
pt
i(t) = iуст(t) + iпрех(t) = 10 sin(t – 30°) + Ae .
Zвх(p) = R + pL = 0, p = –1000 1/с.
iL(0+) = 10 sin(–30°) + A = 0 ⇒ A = 5.
6. Ответ: i(t) = 10 sin(1000t – 30°) + 5e–1000t А. График i(t) представлен на рис. 2 к задаче 6.19(р).
i(t), А
10
i(t)
iпрех(t)
0
0,002
iуст(t)
0,004
0,006
0,008
t, c
–10
Рис. 2 к задаче 6.19(p)
6.20. Дано: R1 = R2 = 10 Ом; L = 0,0318 Гн; Е = 200 В, e(t) =
= 100 2 sin(ωt + 150°), ω = 314 рад/с (рис. к задаче 6.20).
Найти ток i2(t) после коммутации и
R1
R2 i
1
2
построить его график. Рубильник переключается из положения 1 в положение 2
2
E
в момент t = 0 (переключение происходит
L
e
мгновенно и без разрыва ветви, содержащей индуктивный элемент).
6.21. Д а н о : R = 10 Ом, L = 0,01 Гн,
Рис. к задаче 6.20
e(t) = 100 sin1000t В (рис. к задаче 6.21).
284
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
e
R1
i
e
К
uL
J
R2
R
L
uL
i1
Рис. к задаче 6.21
L
Рис. к задаче 6.22
Определить ток i(t) и напряжение uL(t) в цепи после размыкания
рубильника, происходящего в момент t = 0.
6.22. Дано: R1 = R2 = 5 Ом; L = 0,01 Гн; J = 4 A, e(t) =
= 100 2 sin(1000t + 15°) В (рис. к задаче 6.22).
Определить ток i1(t) и напряжение uL(t), считая, что коммутация
происходит в момент t = 0.
6.3. КЛАССИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА ЦЕПЕЙ
С НЕСКОЛЬКИМИ РЕАКТИВНЫМИ ЭЛЕМЕНТАМИ
6.23(р). Дано: Е = 100 В, R1 = R3 = 10 Ом, L = 1 Гн, С = 10
(рис. 1 к задаче 6.23(р)).
–3
Φ
R3
R3
1
pC
E
L
R1
Рис. 1 к задаче 6.23(р)
C
i3(t)
R1
pL
ÜZвх(p)
Рис. 2 к задаче 6.23(р)
Определить ток i3(t) после коммутации и построить его график.
Ре шение. 1. t = 0–, нулевые начальные условия uC(0–) = 0, iL(0–) = 0.
Законы коммутации: uC(0–) = uC(0+) = 0, iL(0–) = iL(0+) = 0.
2. t → ×, в установившемся режиме ток в емкостном элементе
при постоянном воздействии i3 уст = 0.
3. Решение классическим методом: i3(t) = i3 уст + i3 прех = 0 + i3 прех.
4. Определим корни характеристического уравнения (рис. 2 к
задаче 6.23(р)):
R 1 pL
1
Z вх ( p ) = -------------------- + ------- + R 3 = 0 ,
R 1 + pL pC
285
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
после подстановки численных данных 20p2 + 1100p + 104 = 0 или
2
p + 55p + 500 = 0 дискриминант квадратного уравнения
D=
1025 = ± 32 ,
– 55 ± 32
p 1, 2 = ------------------------ =
2
⎧ – 43,5 1/c,
⎨
⎩ – 11,5 1/c.
Процесс апериодический:
i3 прех = A1e–43,5t + A2e–11,5t,
i3(t) = i3 уст + i3 прех = 0 + A1e
–43,5t
+ A2e–11,5t.
5. t ≥ 0, определим постоянные интегрирования:
di
= (–43,5)A1 + (–11,5)A2.
i3(0+) = 0 + A1 + A2, -------3
dt t = 0
+
Для определения значения тока и его производной в момент t = 0+
применим теорему компенсации (известны значения uC(0+) = 0, iL(0+) = 0).
Расчетная схема для i3(0+) представлена на рис. 3 к задаче 6.23(р)
E
i3(0+) = -------------------- = 5 А;
R1 + R3
uL(0+) = i3(0+)R3 = 50 В.
R3
R3
E
iL(0+) = 0 uL(0+) uC (0+) = 0
R1
R1
diL
dt t = 0+
di3
dt t = 0+
i3(0+)
Рис. 3 к задаче 6.23(р)
duC
dt t = 0+
Рис. 4 к задаче 6.23(р)
di
Расчетная схема для -------3
представлена на рис. 4 к задаче 6.23(р).
dt t = 0
+
Так как
du C
iC ( 0+ ) i3 ( 0+ )
di L
uL ( 0+ )
--------= ---------------- = --------------- = 5æ103 В/с, -------= ----------------- = 50 А/с,
dt t = 0
C
C
dt t = 0
L
+
то по методу наложения
286
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
+
di
⎛ di L
-------3
= ⎜ – -------dt t = 0
⎝ dt
+
du C
--------dt t = 0
R1 ⎞
--------------------⎟ – ----------------------+- = – 275 А/с.
R + R 3⎠
R1 + R3
t = 0+ 1
Система уравнений для определения А1 и А2:
⎧ A1 + A2 = 5
⇒ A1 = 6,81, A2 = –1,81.
⎨
⎩ – 43,5 A 1 – 11,5A 2 = – 275
6. Ответ: i3(t) = 6,81e–43,5t – 1,81e–11,5t А. График i3(t) представлен
на рис. 5 к задаче 6.23(р).
i3(t), А
6,81
6
5
4
3
i3(t)
6,81e–43,5t
2
1
0,05
0
0,10
0,15
0,20
t, с
–1,81e–11,5t
–1,81
Рис. 5 к задаче 6.23(р)
R1
L
i2
J
E
C
Рис. к задаче 6.24
R4
E
R1
R2
i2
R2
R5
i1
C1
C3
i3
Рис. к задаче 6.25
–3
6.24. Дано: R1 = R2 = 10 Ом, L = 1 Гн, С = 10 Ф, Е = 100 В (рис.
к задаче 6.24).
Определить ток i2(t) после коммутации и построить его график.
6.25. Дано: R1 = R4 = 200 Ом, R2 = R5 = 100 Ом, С1 = С3 = 100 мкФ,
Е = 300 В, J = 1 А (рис. к задаче 6.25).
Определить токи i1(t), i2(t), i3(t) после коммутации.
287
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.26. Дано: R1 = R2 = 20 Ом, L = 0,1 Гн, L2 = 0,4 Гн, Е = 20 В (рис.
к задаче 6.26).
Определить ток i1(t) после коммутации.
L
E
R1
C uC
J
L2
R
L
R2
i1
i
Рис. к задаче 6.26
Рис. 1 к задаче 6.27(р)
6.27(р). Дано: J = 2 sin(2500t + 30°) А, R = 100 Ом, L = 0,2 Гн,
C = 1 мкФ (рис. 1 к задаче 6.27(р)).
Определить ток i(t) и напряжение uC(t) после коммутации и построить графики.
Ре шение. 1. t = 0–, нулевые начальные условия uC(0–) = 0, iL(0–) = 0.
Законы коммутации: uC(0–) = uC(0+) = 0, iL(0–) = iL(0+) = 0.
2. t → ×, установившийся режим после коммутации: синусоидальный источник тока, ключ разомкнут. Расчет комплексным методом:
_J m = 2 ∠30° В,
1
X L = ωL = 500 Ом, X C = -------- = 400 Ом,
ωC
_J m ( – jX C + jX L )
_I m = ------------------------------------------ =
R – jX C + jX L
2 ∠75°, _I Cm = _I Lm = _J m – _I m =
2 ∠– 15°,
U
_ Cm = ( – jX C )I_ Cm = 400 2 ∠– 105°,
i уст ( t ) =
2 sin ( 2500t + 75° ) А, u C уст ( t ) = 400 2 sin ( 2500t – 105° ) В.
3. Решение классическим методом:
i(t) = iуст(t) + iпрех(t) =
2 sin(2500t + 75°) + iпрех(t),
uC(t) = uC уст(t) + uC прех(t) = 400 2 sin(2500t – 105°) + uC прех(t).
4. Определим корни характеристического уравнения по схеме на
рис. 2 к задаче 6.27(р):
1
Z вх ( p ) = pL + ------- + R = 0 ,
pC
288
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
iL(0+)=iC (0+)
pL
J(0+)
1
pC
R
uC (0+)
R
iL(0+)
ÜZвх(p)
uL(0+)
i(0+)
Рис. 2 к задаче 6.27(р)
Рис. 3 к задаче 6.27(р)
после подстановки численных данных
2
6
p + 500p + 5æ10 = 0,
D=
2
6
500 – 20æ10 = ± j4444 ,
p1,2 = –250 ± j2222 1/c.
Следовательно, процесс периодический:
iпрех = Ae–250t sin(2222t + α), uC прех = Be–250t sin(2222t + β).
Полное решение:
i(t) = iуст(t) + iпрех(t) =
2 sin(2500t + 75°) + Ae–250t sin(2222t + α),
–250t
sin(2222t + β).
uC(t) = uC уст(t) + uC прех(t) = 400 2 sin(2500t – 105°) + Be
5. t ≥ 0, определим постоянные интегрирования:
i ( 0+ ) =
2 sin 75° + A sin α,
di
----= 2500 2 cos 75° – 250A sin α + 2222A cos α,
dt t = 0
+
u C ( 0 + ) = 400 2 sin ( – 105 ° ) + B sin β,
du C
--------= 2500æ400 2 cos ( – 105 ° ) – 250B sin β + 2222B cos β.
dt t = 0
+
Для определения значения тока и его производной в момент t = 0+
применим теорему компенсации (известны значения uC(0+) = 0, iL(0+) = 0).
Расчетная схема для i3(0+) представлена на рис. 3 к задаче 6.27(р):
i(0+) = J(0+) – iL(0+) = 1 А;
uL(0+) = i(0+)R – uC(0+) = 100 В.
289
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
di
Расчетная схема для ----представлена на рис. 4 к задаче 6.27(р):
dt t = 0
+
du C
iC ( 0+ ) iL ( 0+ )
--------= ---------------- = ---------------- = 0,
dt t = 0
C
C
+
di
di L
-------C= 500 А/с;
= -------dt t = 0
dt t = 0
+
+
di
uL ( 0+ )
-------L= ----------------- = 500 А/с,
dt t = 0
L
+
di L
di
----= –500 А/с.
= – -------dt t = 0
dt t = 0
+
+
R
di
dt t = 0+
duC
dt t = 0+
diL
dt t = 0+
Рис. 4 к задаче 6.27(р)
Составляем систему уравнений для определения А и α, В и β:
i ( 0+ ) =
2 sin 75° + A sin α = 1
⎫
⎪
di
⎬⇒
----= 2500 2 cos 75° – 250A sin α + 2222A cos α = – 500 ⎪
dt t = 0
⎭
+
⇒ A = 0,7695, α = –151,6°,
⎫
⎪
⎪
du C
⎬⇒
--------= 2500æ400 2 cos ( – 105 ° ) – 250B sin β + 2222B cos β = 0 ⎪
dt t = 0
⎪
+
⎭
u C ( 0 + ) = 400 2 sin ( – 105 ° ) + B sin β = 0
⇒ B = 591,3, β = 67,5°.
6. График i(t) и uC(t) представлен на рис. 5 к задаче 6.27(р):
i(t) =
2 sin(2500t + 75°) + 0,7695e–250t sin(2222t – 151,6°) А,
–250t
sin(2222t + 67,5°) В.
uC(t) = 400 2 sin(2500t – 105°) + 591,3e
6.28. Дано: R1 = R2 = 10 Ом, L = 5 мГн, С = 10 мкФ, Е = 100 В
(рис. к задаче 6.28).
Определить ток i2(t) после коммутации и построить его график.
290
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i(t), А
2
iуст(t)
i(t)
1
0
–1
0,01
t, c
0,01
t, c
iпрех(t)
uС (t), В
uС (t)
uС уст(t)
500
0
–500
uС прех(t)
Рис. 5 к задаче 6.27(р)
R1
E
L
L
iL
i2
R2
C
E1
R2
C
uC
J
R1
Рис. к задаче 6.28
Рис. к задаче 6.29
6.29. Дано: Е1 = 100 В, J = 1 А, R1 = R2 = 10 Ом, L = 0,1 Гн,
С = 10–3 Ф (рис. к задаче 6.29).
Определить ток iL(t) и напряжение uC(t) после коммутации.
6.30. Дано: R1 = R2 = 10 Ом, L = 10 мГн, С = 100 мкФ, Е = 30 В,
e(t) = 10 2 sin(103t + 135°) В (рис. к задаче 6.30).
291
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
L
e
2
1
R
R1
i2
J(t)
E
iL
К
L
e
C
C
R2
Рис. к задаче 6.30
Рис. 1 к задаче 6.31(p)
Определить ток i2(t) при переключении рубильника из положения
1 в положение 2, считая, что коммутация происходит в момент t = 0.
6.31(р). Дано: R = 100 Ом, С = 2 мкФ, L = 5 мГн, e(t) = 100 2 ×
4
4
×sin(10 t + 45°) В, J(t) = 2 2 sin(10 t + 135°) В (рис. 1 к задаче 6.31(р)).
Определить ток iL(t) после коммутации, полагая, что рубильник
замыкается в момент t = 0. Построить график тока.
Ре шение. 1. t = 0–, установившийся режим до коммутации: синусоидальный источник тока, ключ разомкнут. Расчет комплексным
методом:
1
_I Lm = _J m = 2 2 ∠135°, X C = -------- = 50 Ом,
ωC
U
_ Cm = _J m ( – jX C ) = 100 2 ∠45° В,
4
u C ( t ) = 100 2 sin ( 10 t + 45° ) В, u C ( 0 – ) = 100 2 sin ( 45° ) = 100 В;
4
i L ( t ) = 2 2 sin ( 10 t + 135° ) А, i L ( 0 – ) = 2 2 sin ( 135° ) = 2 А.
Законы коммутации: uC(0–) = uC(0+) = 100 В, iL(0–) = iL(0+) = 2 А.
2. t → ×, установившийся режим после коммутации: синусоидальный источник тока, синусоидальный источник напряжения,
ключ замкнут. Расчет комплексным методом:
X L = ωL = 50 Ом;
_Em
100 2 ∠45°
_I Lm = ----------------------------------- = --------------------------------------- =
R – jX C + jX L 100 + j50 – j50
i L уст ( t ) =
2 ∠45°;
4
2 sin ( 10 t + 45° ).
3. Решение классическим методом:
iL(t) = iL уст(t) + iL прех(t) =
292
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2 sin(104t + 45°) + iL прех(t).
4. Определим корни характеристического уравнения по схеме на
рис. 2 к задаче 6.31(р):
1
Z вх ( p ) = pL + ------- + R = 0 ,
pC
R
iL(0+)=iC (0+)
R
pL
J(0+)
1
pC
iL(0+)
e(0+)
ÜZвх(p)
uL(0+)
uC (0+)
Рис. 3 к задаче 6.31(p)
Рис. 2 к задаче 6.31(p)
после подстановки численных данных
2
8
0,01p + 200p + 10 = 0
или
p2 + 2æ104p + 108 = 0, D =
8
8
4æ10 – 4æ10 = 0, p1, 2 = –104 1/c.
Процесс предельно-апериодический:
iL прех = A 1 e
iL(t) = iL уст + iL прех =
4
– 10 t
+ A 2 te
4
4
– 10 t
,
2 sin ( 10 t + 45° ) + A 1 e
4
– 10 t
+ A 2 te
4
– 10 t
.
5. t ≥ 0, определим постоянные интегрирования:
iL ( 0+ ) =
2 sin ( 45° ) + A 1 ,
di
4
4
-------3
= 10 2 cos ( 45° ) + ( – 10 )A 1 + A 2 .
dt t = 0
+
Для определения значения тока и его производной в момент t = 0+
применим теорему компенсации (известны значения uC(0+) = 0, iL(0+) = 0).
Расчетная схема для t = 0+ представлена на рис. 3 к задаче 6.31(р):
di
u L ( 0 + ) e ( 0 + ) – Ri L ( 0 + ) – u C ( 0 + )
– 200
4
-------L= ----------------- = ------------------------------------------------------------------ = ------------------- = – 4æ10 А/с.
–3
dt t = 0
L
L
5æ10
+
293
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Система уравнений для определения А1 и А2:
⎫
⎪
⎪
4
4
4⎬ ⇒
= 10 2 cos ( 45° ) + ( – 10 )A 1 + A 2 = – 4æ10 ⎪
⎪
t = 0+
⎭
iL ( 0+ ) =
di
-------Ldt
2 sin 45° + A 1 = 2
4
⇒ A1 = 1, А2 = –4æ10 .
6. График i(t) представлена на рис. 4 к задаче 6.31(р):
4
i(t) =
2 sin ( 10 t + 45° ) + 1e
4
– 10 t
4
– 4æ10 te
4
– 10 t
А.
iL(t), А
2
iLуст(t)
1
0
iL(t)
2æ10–4
4æ10–4
6æ10–4
8æ10–4
t, c
–1
iLпрех(t)
–2
Рис. 4 к задаче 6.31(p)
К
R
E
i1 L1
iC
C
L
R1
i2
i3
К
e(t)
Рис. к задаче 6.32
L2
R2
Рис. к задаче 6.33*
6.32. Дано: R = 10 Ом, L = 40 мГн, С = 100 мкФ, Е = 100 В (рис.
к задаче 6.32).
Определить ток iС(t) после коммутации и построить его график.
6.33*. Д ано: R1 = 2 Ом, R2 = 20 Ом, L1 = 10 мГн, L2 = 40 мГн,
e(t) = 20 sin(103t + 30°) В (рис. к задаче 6.33*).
294
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.34*. Д ано: Е = 200 В, С1 = 40 мкФ, С2 = 10 мкФ, а) R = 400 Ом,
R1 = 400 Ом, R2 = 100 Ом; б) R = 0, R1 = 400 Ом, R2 = 100 Ом; в) R = 0,
R1 = 0, R2 = 100 Ом (рис. к задаче в 6.34*).
Определить напряжения на конденсаторах после замыкания ключа.
С1
E
С2
R
R2
R1
Рис. к задаче 6.34*
К2
R
i2(t)
К1
E
L
С
Рис. к задаче 6.35*
R1
E
L1
R1
i3(t)
R2
R3
i2(t)
L2
Рис. к задаче 6.36*
E
i3(t)
R2
i2(t)
L3
L2
R3
M
L3
Рис. к задаче 6.37*
6.35*. Д ано: Е = 100 В, R = 20 Ом, L = 0,05 Гн, С = 5æ10–4 A (рис.
к задаче 6.35*). В цепи последовательно включаются ключи К1 и К2,
причем ключ К2 замыкается в тот момент, когда ток в цепи достигает
максимума.
Определить закон изменения тока i2(t) после замыкания ключа К2.
6.36*. Д ано: Е = 40 В, R1 = 15 Ом, R2 = R3 = 10 Ом, L1 = 5 мГн,
L2 = L3 = 10 мГн (рис. к задаче 6.36*).
Определить токи i2(t) и i3(t) после коммутации.
6.37*. Д ано: Е = 120 В, L2 = L3 = 0,2 Гн, M = 0,1 Гн, R1 = R2 = R3 =
= 30 Ом (рис. к задаче 6.37*).
Определить токи i2(t) и i3(t) после коммутации.
295
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.38*. Дано: известен закон изменения тока в цепи после коммутации i(t) = 6 – 6,75e–100t + 0,75e–300t А и значение Е = 120 В (рис.
к задаче 6.38*).
Определить параметры R, L и С.
i(t)
L
R1
R2
E
R
C
uC
E
1
R4
Рис. к задаче 6.38*
R3
С2
С1
uC
R5
2
Рис. к задаче 6.39*
6.39*. Д ано: Е = 120 В, С1 = 100 мкФ, С2 = 50 мкФ, R1 = 125 Ом,
R2 = R3 = 300 Ом, R4 = R5 = 200 Ом (рис. к задаче 6.39*).
Определить закон изменения напряжений u C ( t ) и u C ( t ) после
1
2
замыкания ключа.
Ме тод и ч е с ко е у ка за н и е . В решении используется условие
уравновешенного моста.
6.4. ОПЕРАТОРНЫЙ МЕТОД РАСЧЕТА
6.40. Составить в общем виде выражения для операторных сопротивлений цепей, представленных на рис. к задаче 6.40.
R
R
R
L
C
R
L
L1
L2
C
а)
б)
в)
г)
Рис. к задаче 6.40
6.41. Составить в общем виде выражения для операторных проводимостей цепей, представленных на рис. к задаче 6.41.
6.42(р). Да н ы операторные изображения тока I(p):
p+4
а) I ( p ) = -------------------------------------------- ;
2
p ( p + 10p + 34 )
296
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
L
C
R
L
C
R
а)
C
R
б)
L
R3
R2
в)
г)
Рис. к задаче 6.41
0,792p + 875
б) I ( p ) = ------------------------------------------------------------ .
2
6
p + 2400p + 1,44æ10
Определить закон изменения тока i(t).
F1 ( p )
p+4
Ре шение. а) I ( p ) = -------------------------------------------- = ------------------ .
2
p ( p + 10p + 34 ) pF 3 ( p )
Применим теорему разложения:
2
F3(p) = p + 10p + 34, корни F3(p) = 0, p1, 2 = –5 ± j3 1/с.
Корни комплексно-сопряженные, вид оригинала:
F1 ( p2 ) p2 t
F1 ( 0 )
F1 ( p1 ) p1 t
i ( t ) = -------------- + ------------------------- e + ------------------------- e =
F 3 ( 0 ) p 1 F 3′ ( p 1 )
p 2 F 3′ ( p 2 )
F1 ( 0 )
⎧ F 1 ( p 1 ) p1 t ⎫
= -------------- + 2Re ⎨ ------------------------- e ⎬;
F3 ( 0 )
⎩ p 1 F 3′ ( p 1 )
⎭
F 3′ ( p ) = 2p + 10;
F 3′ ( p 1 ) = – 10 + j6 + 10 = j6 = 6e
j 90 °
;
F1 ( 0 )
4
-------------- = ------ ≈ 0,118;
F 3 ( 0 ) 34
F1 ( p1 )
– 5 + j3 + 4
– 1 + j3
– j130,6 °
------------------------ = ------------------------------- = ------------------------------- = 0,09e
;
( – 5 + j3 )j6 ( – 5 + j3 )j6
p 1 F 3′ ( p 1 )
i ( t ) = 0,118 + 2Re [ 0,09e
= 0,118 + 0,18e
=0,118 + 0,18e
–5 t
–5 t
Re [ e
– j 130,6° ( – 5 + j 3 ) t
e
j ( 3 t – 130,6° )
]=
] = 0,118 + 0,18e
–5 t
cos ( 3t – 130,6° )=
sin ( 3t – 40,6° );
297
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
F1 ( p )
0,792p + 875
б) I ( p ) = ------------------------------------------------------------ = -------------- .
2
6
F2 ( p )
p + 2400p + 1,44æ10
2
6
Корни F2(p) = p + 2400p + 1,44æ10 = 0, корни p1 = p2 = –1200 1/с
(кратные).
875
0,792p
I ( p ) = ------------------------------ + ------------------------------ .
2
2
( p + 1200 )
( p + 1200 )
Воспользуемся справочной таблицей в приложении 9. Оригинал
i(t) = 0,792(1 – 1200t)e
–1200t
+ 875te–1200t = (0,792 – 75,4t)e–1200t.
6.43(р). Да н о : на вход последовательно соединенных элементов
R и L подается напряжение, закон изменения которого u(t) = U0e–αt,
U0 = 100 В, α = 500 1/с, R = 5 Ом, L = 0,02 Гн (рис. 1 к задаче в 6.43(р)).
i(t)
R
I(p)
u(t)
R
U(p)
L
Рис. 1 к задаче 6.43(p)
pL
Рис. 2 к задаче 6.43(p)
Определить ток i(t) после коммутации.
Ре ше н и е . Определим ток после коммутации операторным методом.
Нулевые начальные условия i(0) = i(0–) = i(0+) = 0 (ток в катушке).
U0
100
Изображение входного напряжения U ( p ) = -------------- = ------------------- . Эквиp + α p + 500
валентная операторная схема представлена на рис. 2 к задаче 6.43(р).
Операторный ток
U0
U(p)
I ( p ) = ----------------- = ------------------------------------------ ,
R + pL L ( p + α ) ( p + β )
где β = R/L = 250 1/с.
Воспользуемся справочной таблицей в приложении 9:
U0
–β t
–α t
– 250 t
– 500 t
i ( t ) = ---------------------- [ e
– e ] = 20 ( e
–e
) А.
L(α – β)
298
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.44(р). Дано: Е = 120 В, R = R1 = R2 = 10 Ом, L = 0,2 Гн, С = 200 мкФ
(рис. 1 к задаче 6.44(р)).
R1
R1
i3
R
I3(p)
i2
E
R2
R2
C
E
p
II
pL
L
i1
Li2(0)
I1(p)
Рис. 1 к задаче 6.44(p)
III
UC (0)
p
1
pC
Рис. 2 к задаче 6.44(p)
Найти закон изменения токов i1 и i2 после коммутации операторным методом.
Ре ше н и е . Ненулевые начальные условия: i2(0) = i2(0–) = i2(0+) = 4 А
(ток в катушке), uC(0) = uC(0–) = uC(0+) = 40 В. Эквивалентная операторная схема после коммутации представлена на рис. 2 к задаче 6.44(р).
Составим по методу контурных токов уравнения:
E
I I ( p ) [ R 1 + R 2 + pL ] – I I I ( p ) [ R 2 + pL ] = --- + Li 2 ( 0 ) ;
p
uC ( 0 )
1
– I I ( p ) [ R 2 + pL ] + I I I ( p ) R 2 + pL + ------- = – --------------- – Li 2 ( 0 ) .
pC
p
После подстановки численных данных и решения получаем
–3 2
2
5
3,2æ10 p + 0,96p + 120
8p + 2400p + 3æ10
I I ( p ) = I 1 ( p ) = -------------------------------------------------------------------- = ---------------------------------------------------------- ;
–4 2
2
4
p ( 4æ10 p + 0,22p + 20 ) p ( p + 550p + 5æ10 )
4p + 200
I I I ( p ) = I 3 ( p ) = ------------------------------------------------- .
2
4
p + 550p + 5æ10
Применим теорему разложения:
F1 ( p )
I I ( p ) = ------------------ , корни F3(p) = p2 + 550p + 5æ104 = 0,
pF 3 ( p )
p1 = –115 1/с, p2 = –435 1/с.
299
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Корни вещественные, различные. Вид оригинала:
F1 ( 0 )
F1 ( p2 ) p2 t
F1 ( p1 ) p1 t
=
i 1 ( t ) = -------------- + ------------------------- e + ------------------------- e
F 3 ( 0 ) p 1 F 3′ ( p 1 )
p 2 F 3′ ( p 2 )
5
2
5
8æ115 – 2400æ115 + 3æ10 – 115 t
3æ10
= ---------------- + ----------------------------------------------------------------------------- e
+
4
( – 115 ) ( – 2æ115 + 550 )
5æ10
2
5
8æ435 – 2400æ435 + 3æ10 – 435 t
– 115 t
– 435 t
+ ----------------------------------------------------------------------------- e
А,
= 6 – 3,53e
+ 5,53e
( – 435 ) ( – 2æ435 + 550 )
F1 ( p )
4p + 200
I 3 ( p ) = ------------------------------------------------- = -------------- ,
2
4
F2 ( p )
p + 550p + 5æ10
F 1 ( p 1 ) p 1 t F 1 ( p 2 ) p 2 t – 4æ115 + 200 – 115 t
i 3 ( t ) = ------------------- e + ------------------- e
= -------------------------------------- e
+
F 2′ ( p 1 )
F 2′ ( p 2 )
– 2æ115 + 550
– 4æ435 + 200 – 435 t
– 115 t
– 435 t
= – 0,813 e
+ 4,813e
+ -------------------------------------- e
А.
– 2æ435 + 550
6.45(р). Дано: E = 50 B, R1 = 7 Ом, R2 = 10 Ом, С1 = 500 мкФ,
С2 = 150 мкФ (рис. 1 к задаче 6.45(р)).
R2
R1
R1
E
C1
uC
1
C2
uC
E
p
2
R2
1
1
pC1
UC (p)
1
uC (0)
1
p
1
pC2
uC (0)
2
p
2
Рис. 1 к задаче 6.45(p)
Рис. 2 к задаче 6.45(p)
Определить напряжение u C ( t ) операторным методом.
1
Ре ше ние . Начальные условия: u C ( 0 + ) = u C ( 0 – ) = 50 B,
1
1
u C ( 0 + ) = u C ( 0 – ) = 0.
2
2
Составляем операторную схему (рис. 2 к задаче 6.45(р)) и определяем изображение искомой переходной величины: U C ( p ) → u C ( t ) .
1
При этом U C ( p ) = U 12 ( p ) .
1
300
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
Применим метод двух узлов:
uC ( 0 )
1 E
1
------ --- + pC 1 ---------------R1 p
p
U C ( p ) = --------------------------------------------------------------- =
1
1
1
------ + pC 1 + ------------------------------R 2 + 1 ⁄ pC 2
R1
[ E + pC 1 R 1 u C ( 0 ) ] ( 1 + pC 2 R 2 )
1
= -------------------------------------------------------------------------------------------------- =
p [ ( 1 + pC 1 R 1 ) ( 1 + pC 2 R 2 ) + pC 2 R 1 ]
2
4
F1 ( p )
50 ( p + 950p + 19æ10 )
= ---------------------------------------------------------------- = ------------------ .
2
4
p ( p + 1150p + 19æ10 ) pF 3 ( p )
Корни уравнения: F2(p) = pF3(p) = 0; p1 = 0.
Характеристическое уравнение
F3(p) = p2 + 1150p + 19æ104 = 0, p2, 3 = –575 ± 375,
–1
–1
p2 = –200 с , p3 = –950 с .
Определяем оригинал u C ( t ) , применяя теорему разложения.
1
При наличии нулевого корня получаем:
F 1 ( p 2 ) p2 t
F1 ( 0 )
F1 ( p3 ) p3 t
u C ( t ) = -------------- + ------------------------- e + ------------------------- e ,
1
F 3 ( 0 ) p 2 F 3′ ( p 2 )
p 3 F 3′ ( p 3 )
4
F 1 ( 0 ) = 50æ19æ10 ⎫⎪
F1 ( 0 )
⇒ -------------- = 50 ,
⎬
F3 ( 0 )
4
⎪
F 3 ( 0 ) = 19æ10
⎭
2
4
4
F 1 ( p 2 ) = 50 [ ( – 200 ) + 350 ( – 200 ) + 19æ10 ] = 50æ4æ10 ⎫
⎪
⎬⇒
4
⎪
p 2 F 3′ ( p 2 ) = ( – 200 ) [ 2 ( – 200 ) + 1150 ] = – 15æ10
⎭
4
F1 ( p2 )
200æ10
⇒ ------------------------- = – ---------------------- = – 13,3 ,
4
p 2 F 3′ ( p 2 )
15æ10
2
4
5
F 1 ( p 3 ) = 50 [ ( – 950 ) + 950 ( – 950 ) + 19æ10 ] = 9,5æ10 ⎫
⎪
⎬⇒
5
⎪
p 3 F 3′ ( p 3 ) = ( – 950 ) [ 2 ( – 950 ) + 1150 ] = 7,15æ10
⎭
6
F1 ( p3 )
9,5æ10
⇒ ------------------------- = ------------------------ = 13,3 .
5
p 3 F 3′ ( p 3 )
7,15æ10
301
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
– 200 t
– 950 t
Следовательно, u C ( t ) = 50 – 13,3e
+ 13,3e
В.
1
6.46. Дано: E = 80 B, R1 = R2 = 30 Ом, С = 100 мкФ, L = 20 мГн
(рис. к задаче 6.46).
Определить ток i1(t) операторным методом.
i1
L
R1
i1
iC
E
L
i2
i3
C
uC
R2
E
C
uC
R3
R1
Рис. к задаче 6.46
I1(p)
E
p
Рис. 1 к задаче 6.47(p)
R1
Li2(0)
pL
1
pC
II
R3
III
uC (0)
p
Рис. 2 к задаче 6.47(p)
6.47(р). Дано: E = 80 B, R1 = 200 Ом, R3 = 200 Ом, С = 40 мкФ,
L = 0,1 Гн (рис. 1 к задаче 6.47(р)).
Определить ток i1(t) операторным методом.
Ре ше ние . Начальные условия: i2(0+) = i2(0–) = 0, uC(0+) = uC(0–) = 80 B.
Составляем операторную схему (рис. 2 к задаче 6.47(р)) и определяем изображение искомой переходной величины I1(p) → i1(t). Применяем метод контурных токов:
E
( R 1 + R 3 )I I + R 3 I I I = --- ,
p
–uC ( 0 )
1
– R 3 I I + ⎛ R 3 + pL + -------⎞ I I I = ------------------ + Li 2 ( 0 ).
⎝
p
pC⎠
После подстановки всех числовых значений получаем:
⎫
80
400I I – 200I I I = ------ ,
⎪
p
⎪
⎬
4
2,5æ10 ⎞
80 ⎪
⎛
200I I + 200 + 0,1p + --------------------- I I I = – ------ . ⎪
⎝
⎠
p
p ⎭
302
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Решение контурных уравнений:
400
Δ =
– 200
2
4
2,5æ10
– 200 ⎛ 200 + 0,1p + ---------------------⎞
⎝
⎠
p
ΔI =
80
-----p
3
4
p + 10 p + 25æ10
= 40 ---------------------------------------------------- ,
p
– 200
2
4
80
2,5æ10
– ------ ⎛ 200 + 0,1p + ---------------------⎞
⎠
p ⎝
p
4
p + 25æ10
= 8 -------------------------------- ,
2
p
2
4
ΔI
F1 ( p )
0,2p + 5æ10
I 1 ( p ) = ----- = ---------------------------------------------------------------- = ------------------ .
2
4
Δ
p ( p + 1000p + 25æ10 ) pF 3 ( p )
Корни уравнения pF3(p) = 0: p1 = 0; p2, 3 = –500 с–1 (нулевой и
кратные корни).
При кратных корнях применяем метод неопределенных коэффициентов:
2
4
A1
F1 ( p )
A2
A3
0,2p + 5æ10
p -------------- = ---------------------------------------------------------------- = ------------ + ------------------- + --------------------------- =
F 3 ( p ) p ( p 2 + 1000p + 25æ10 4 ) p – 0 p + 500 ( p + 500 ) 2
2
4
p ( A 1 + A 2 ) + p ( 1000A 1 + 500A 2 + A 3 ) + 25æ10 A 1
= ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- .
2
p ( p + 500 )
Решаем уравнения относительно A1, A2, A3:
⎫
⎪
1000A 1 + 500A 2 + A 3 = 0 ⎪ ⇒ A = 0,2, A = 0, A = –200,
⎬
1
2
3
⎪
4
4
⎪
25æ10 A 1 = 5æ10
⎭
A 1 + A 2 = 0,2
F 1 ( p ) 0,2
200
– 500 t
----------------- = ------- – --------------------------- ⇒ i 1 ( t ) = 0,2 – 200te
.
2
pF 3 ( p ) p
( p + 500 )
303
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.48(р). Дано: e(t) = 100 sin(2500t + 30°), R1 = 30 Ом, R = 20 Ом,
С = 4 мкФ, L = 40 мГн (рис. 1 к задаче 6.48(р)).
Найти закон изменения тока iL(t) после коммутации операторным
методом.
R1
ILm
C
iL(t)
e(t)
L
–jXC
R1
Em
jXL
R
R
Рис. 1 к задаче 6.48(p)
ILm
Em
Рис. 2 к задаче 6.48(p)
ILпрех(p)
jXL
R
pL
R
Liпрех(0)
Рис. 3 к задаче 6.48(p)
Рис. 4 к задаче 6.48(p)
Ре ше ние . Так как операторное изображение Е(р) достаточно
сложно, применим операторный метод для нахождения преходящей
составляющей: iL прех(0) = iL(0) – iL уст(0).
Для нахождения iL(0), iLуст(0) рассмотрим установившийся режим
до и после коммутации. При синусоидальном воздействии решение
находим комплексным методом:
XL = ωL = 100 Ом, XC = 1/(ωC) = 100 Ом.
Расчетная схема до коммутации приведена на рис. 2 к задаче 6.48(р):
_Em
100 ∠30°
_I Lm = ------------------------------------------------- = ------------------------------------------------------- = 2 ∠30° ,
R 1 – jX C + R + jX L 20 – j100 + 30 + j100
t ≤ 0, iL(t) = 2 sin(2500t + 30°), iL(0) = 2 sin30° = 1 А.
При t → × установившийся режим рассчитаем по схеме на рис. 3
к задаче 6.48(р):
_Em
100 ∠30°
_I Lm = ------------------- = ------------------------ = 0,98 ∠– 48,7 ° ,
R + jX L 20 + j100
iL уст(t) = 0,98 sin(2500t – 48,7°), iL уст(0) = 0,98 sin(–48,7°) = –0,736 А,
iL прех(0) = iL(0) – iL уст(0) = 1 + 0,736 = 1,736 А.
304
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Операторная схема для свободных (преходящих) составляющих
приведена на рис. 4 к задаче 6.48(р):
i L прех ( 0 )
Li L прех ( 0 )
1,736
iL прех(p) = ---------------------------- = --------------------------- = ------------------- , iL прех(t) = 1,736e–500t.
R + pL
p + ( R ⁄ L ) p + 500
Полное решение:
–500t
А.
iL(t) = iL уст(t) + iL прех(t) = 0,98 sin(2500t – 48,7°) + 1,736e
6.49. Решить задачу 6.1 операторным методом.
6.50. Решить задачу 6.3 операторным методом.
6.51. Решить задачу 6.6 операторным методом.
6.52. Решить задачу 6.12 операторным методом.
6.53. Решить задачу 6.14 операторным методом.
6.54. Решить задачу 6.20 операторным методом.
6.55. Решить задачу 6.23 операторным методом.
6.56. Решить задачу 6.26 операторным методом.
6.57. Решить задачу 6.33 операторным методом.
6.58. Решить задачу 6.63 операторным методом.
6.59. Решить задачу 6.64 операторным методом.
6.60*. Решить задачу 6.37 операторным методом.
6.61*. Решить задачу 6.38 операторным методом.
6.62*. Решить задачу 6.39 операторным методом.
6.5. РАСЧЕТ ПЕРЕХОДНЫХ ПРОЦЕССОВ
ПРИ ДЕЙСТВИИ ИСТОЧНИКОВ ПРОИЗВОЛЬНОЙ ФОРМЫ
С ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ ИНТЕГРАЛА ДЮАМЕЛЯ
6.63. Цепь, состоящая из последовательно соединенных резистора
с сопротивлением R = 5 Ом и катушки с индуктивностью L = 2,5 Гн,
включается под напряжение, изменяющееся по закону показательной
функции u(t) = U0e–βt В при U0 = 10 В, β = 4 1/с.
Определить закон изменения тока в цепи и построить кривую тока.
6.64. Цепь, состоящая из последовательно соединенных резистора
с сопротивлением R = 2000 Ом и конденсатора с емкостью С = 50 мкФ,
включается под напряжение u(t) = 100e–5t В.
Найти закон изменения тока i(t) и напряжения на обкладках конденсатора uC(t).
6.65(р). Цепь, состоящая из последовательно соединенных резистора с сопротивлением R и катушки с индуктивностью L, включается
на прямоугольный импульс U, действующий в течение времени t1
(рис. 1 к задаче 6.65(р)).
Найти закон изменения тока i(t) и напряжения на индуктивном
элементе uL(t).
305
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u(t)
U
g(t)
u(t)
R
U
t1
t1
t
Рис. 1 к задаче 6.65(p)
L
1
t
–U
Рис. 2 к задаче 6.65(p)
Рис. 3 к задаче 6.65(p)
Ре ше н и е . 1. Используем метод наложения и классический метод
решения переходного процесса.
Для интервала времени 0 ≤ t ≤ t1 ток определяется так же, как и в
случае подключения цепи к источнику постоянного напряжения.
Решение классическим методом:
R
– --- t⎞
U⎛
L
i ( t ) = ---- ⎜ 1 – e ⎟ ,
R⎝
⎠
u L ( t ) = Ue
R
– --- t
L
.
Для t ≥ t1 прямоугольный импульс может быть рассмотрен как
результат действия двух источников: напряжения U, включаемого в
момент t = 0 и действующего неограниченно долго, и источника
отрицательного напряжения, равного –U, подключаемого в момент t = t1
и также действующего неограниченно долго (рис. 2 к задаче 6.65(р)).
Таким образом,
R
R
R
R
--- t
– --- t⎞
– --- ( t – t 1 )⎞
⎞ – --L- t
–U ⎛
U⎛ L 1
U⎛
L
L
– 1⎟ e
.
i ( t ) = ---- ⎜ 1 – e ⎟ + ------- ⎜ 1 – e
⎟ = ---- ⎜ e
R ⎝
R⎝
R⎝
⎠
⎠
⎠
2. Решение с использованием интеграла Дюамеля. Входное воздействие
⎧ u 1 = U, 0 ≤ t ≤ t 1 ;
u(t) = ⎨
⎩ u 2 = 0, t ≥ t 1 .
Производная u′(t) = 0.
Определим переходную проводимость g ( t ) = i ( t ) u ( t ) = 1 ( t ) по
схеме на рис. 3 к задаче 6.65(р).
Решение классическим методом:
R
– --- t⎞
1⎛
L
g ( t ) = --- ⎜ 1 – e ⎟ .
R⎝
⎠
306
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Для интервала 0 ≤ t ≤ t1
R
R
– --- t⎞
– --- t⎞
1⎛
U⎛
L
L
i(t) = u1(0)g(t) + ∫ u 1′ ( τ ) g ( t – τ ) dτ = U --- ⎜ 1 – e ⎟ + 0 = ---- ⎜ 1 – e ⎟ ,
R⎝
R
⎠
⎝
⎠
0
для t ≥ t1
t
i(t) = u1(0)g(t) +
t1
∫ u 1′ ( τ ) g ( t – τ )
0
dτ + [ u 2 ( t 1 ) – u 1 ( t 1 ) ]g ( t – t 1 ) +
R
R
– --- ( t – t 1 )⎞
– --- t⎞
U⎛
1⎛
L
L
+ ∫ u 2′ ( τ ) g ( t – τ ) dτ = ---- ⎜ 1 – e ⎟ + 0 + ( 0 – U ) --- ⎜ 1 – e
⎟ +0=
R⎝
R⎝
⎠
⎠
t
t
1
R
--- t 1
R
⎞ – --L- t
– 1⎟ e
.
⎠
Закон изменения напряжения на индуктивном элементе uL(t)
найти самостоятельно.
6.66. Импульс напряжения прямоугольной формы задачи 6.65
подается на цепь, состоящую из последовательно соединенных
резистора с сопротивлением R и конденсатора с емкостью С.
Найти закон изменения тока i(t).
6.67. Цепь включается под напряжение, закон изменения которого
представлен на рис. к задаче 6.67. Параметры цепи: R = 1 кОм,
С = 2æ103 мкФ.
Определить закон изменения тока в емкостном элементе.
U⎛ L
= ---- ⎜ e
R⎝
R
u(t), В
iC
u(t)
R
Um= 10
С
1
2
t, с
Рис. к задаче 6.67
6.68(р). Импульс в форме полуволны синусоиды (рис. 1 к
задаче 6.68(р)) подается в цепь, содержащую последовательно соединенные элементы с параметрами: R = 1 Ом и L = 0,1 Гн, u(t) = Um sinωt,
Um = 10 В, Т = 0,02 с.
Найти уравнение тока i(t).
307
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
g(t)
u(t), В
Um= 10
R
L
1
t1 = T/2
t, с
Рис. 1 к задаче 6.68(p)
Рис. 2 к задаче 6.68(p)
Ре ше ние . Воздействующая функция и производная:
T
⎧ u 1 = U m sin ωt, 0 ≤ t ≤ --- ,
2
⎪
u(t) = ⎨
⎪ u = 0, t ≥ T
--- ,
⎩ 2
2
T
⎧ u 1′ ( τ ) = ωU m cos ωτ, 0 ≤ τ ≤ --- ,
2
⎪
u′ ( τ ) = ⎨
⎪ u ′ ( τ ) = 0, τ ≥ T
--- .
⎩ 2
2
Переходную функцию по току (переходную проводимость) g(t) =
= i ( t ) u ( t ) = 1 ( t ) находим по рис. 2 к задаче 6.68(р) классическим методом:
R
– --- t⎞
1⎛
L
g ( t ) = --- ⎜ 1 – e ⎟ .
R⎝
⎠
Для интервала 0 ≤ t ≤ t1 = Т/2
i(t) = u1(0)g(t) +
t
R
– --- ( t – τ )⎞
t
1⎛
L
+ ∫ u 1′ ( τ ) g ( t – τ ) dτ = 0 + ∫ ωU m cos ωτ --- ⎜ 1 – e
R⎝
0
⎟ dτ =
⎠
0
R
R
⎧
⎫
– --- t t --- τ
ωU m ⎪ 1
⎪
L
L
t
= ------------ ⎨ ---- sin ωτ 0 – e ∫ e cos ωτ dτ ⎬ =
R ⎪ω
⎪
0
⎩
⎭
R
– --- t
R
--- t
ωU m
U m ωLe L
L
-------------------------------------------=
sin ωt –
( R cos ωt + ωL sin ωt )e – R =
R
R R 2 + ( ωL ) 2
R
– --- t
Um
L
------sin ( ωt – ϕ ) + sin ϕe
=
,
Z
где Z =
308
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
2
R + ( ωL ) , tgϕ = ωL/R, ω = 2π/T.
Для t ≥ t1 = Т/2
i(t) = u1(0)g(t) +
t1
∫ u 1′ ( τ ) g ( t – τ )
dτ +
0
t
∫ u 2′ ( τ ) g ( t – τ )
dτ =
t1
R
– --- ( t – τ )⎞
t1
1⎛
L
= 0 + ∫ ωU m cos ωτæ --- ⎜ 1 – e
R⎝
0
⎟ dτ + 0 =
⎠
t1 ⎫
⎧
R R
R
⎪
⎪
– --- t --- cos ωτ + ω sin ωτ --- τ
ωU m ⎪ 1
⎪
L L
L
-------------------------------------------------- e
= ------------ ⎨ ---- sin ωt 1 – e
⎬=
2
R ⎪ω
2
⎪
⎛R
⎞
--- + ω
⎪
⎪
⎝ L⎠
0 ⎭
⎩
R
– --- t
R
⎧
⎫
--- t 1
L
Um ⎪
⎪
ωLe
L
– R ⎬,
= -------- ⎨ sin ωt 1 – ------------------ ( R cos ωt 1 + ωL sin ωt 1 )e
2
R ⎪
⎪
Z
⎩
⎭
так как ωt1 = π, cos π = –1, sin π = 0.
Решение:
R
R
--- t 1 – --- t
U m sin ϕ ⎛
L ⎞ L
.
i ( t ) = -------------------- ⎜ 1 + e ⎟ e
Z
⎝
⎠
a cos b x + b sin bx a x
ax
П р и м еч а н и е . ∫ e cos bx dx = ------------------------------------------- e .
2
2
a +b
6.69. Импульс в форме полуволны
u(t), В
синусоиды (рис. к задаче 6.69) подаUm
ется в цепь, содержащую последовательно соединенные элементы с параметрами R и С.
Найти ток i(t).
6.70(р). Цепь включается под напряжение, закон изменения которого
представлен на рис. 1 к задаче 6.70(р).
t1 = T/2
Параметры цепи: R = 1 Ом, L = 0,5 Гн.
Определить значение тока i(t) в
Рис. к задаче 6.69
моменты t1 = 0,5 с и t2 = 1,5 с, построить кривую тока.
Ре ше ние . Воздействующая функция и производная:
⎧ 5 – 10t, 0 ≤ t ≤ 1 c,
u(t) = ⎨
⎩ 0, t ≥ 1 c;
t, с
⎧ – 10, 0 ≤ τ ≤ 1 c,
u′ ( t ) = ⎨
⎩ 0, t ≥ 1 c.
309
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u(t), В
5
R
i(t)
u(t)
L
R
0
0,5
1,0
t, с
–5
Рис. 1 к задаче 6.70(p)
R
g(t)
L
1
R
Рис. 2 к задаче 6.70(p)
Переходную проводимость g ( t ) = i ( t ) u ( t ) = 1 ( t ) найдем по схеме
на рис. 2 к задаче 6.70(р) классическим методом:
g(t) = 1 – 0,5e–1t А.
Для интервала 0 ≤ t ≤ 1 с
t
i(t) = u(0)g(t) + ∫ u′ ( τ )g ( t – τ ) dτ =
= 5 ( 1 – 0,5e
= 5 – 2,5e
– 1t
–1 t
0
t
) + ∫ ( – 10 ) ( 1 – 0,5e
–1 ( t – τ )
) dτ =
0
t
+ ∫ ( – 10 ) dτ + 5e
0
t
–1 t τ
e 0 = 10 – 10t – 7,5e
–1 t
.
В момент времени t1 = 0,5 с значение тока i(0,5) ≈ 0,451 А.
Для t ≥ 1 с
1
i(t) = u(0)g(t) + ∫ u′ ( τ )g ( t – τ ) dτ + [ 0 – u ( 1 ) ]g ( t – 1 ) =
= 5 ( 1 – 0,5e
– 1t
t
0
) + ∫ ( – 10 ) ( 1 – 0,5e
–1 ( t – τ )
0
= 5 – 2,5e
–1 t
–1 t
1
–t τ
) dτ + 5 [ 1 – 0,5e
1
–1 ( t – 1 )
]=
–t 1
– 10τ 0 + 5e e 0 + 5 – 2,5e e =
–1 t
= e ( – 7,5 + 2,5e ) = – 0,704 e .
–1,5
В момент времени t2 = 1,5 с значение тока i(1,5) = –0,704e ≈ –0,157 А.
310
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.71. Цепь включается под напряжение, закон изменения которого
представлен на рис. к задаче 6.71. Параметры цепи: R1 = R2 = 10 Ом,
L = 5 мГн.
Определить закон изменения тока i2(t).
u(t), В
200
175
R1
i2(t)
u(t)
R2
L
u2
u1
100
u3=0
t1=0,5æ10–3
0
t2=1æ10–3
t, с
Рис. к задаче 6.71
R1
J(t), мА
100
J1
iC
J(t)
uC
C
J2
R2
J3=0
T0=0,01
0
2T0=0,02
t, с
Рис. 1 к задаче 6.72(p)
R1
+
hC (t)
C
1А
R2
–
Рис. 2 к задаче 6.72(p)
6.72(р). Цепь включается под действие источника тока, закон изменения тока представлен на рис. 1 к задаче 6.72(р). Параметры цепи:
R1 = 5æ103 Ом, R2 = 10æ103 Ом, С = 1 мкФ, Т0 = 0,01 с.
Определить закон изменения тока iС(t), значение iС(2T0).
Ре ше н и е. Вычисляем переходную функцию hC(t), на вход подаем
⎧ 1 А, t ≥ 0
единичную функцию тока 1 ( t ) = ⎨
(расчетная схема пред⎩ 0, t < 0
ставлена на рис. 2 к задаче 6.72(р)).
311
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Решаем классическим методом:
uС(0) = 0,
1
1
1
–1
Z вх ( p ) = R 2 + ------- = 0 ⇒ p = – ---------- = – ------------------------- = – 100 с ,
4
–6
pC
R2 C
10 æ10
hС(t) = 1e–100t А.
1. Переходный процесс в интервале 0 ≤ t ≤ T0:
J1(t) = const = 100 мА ⇒ J1′(τ) = 0, J1(0) = 100 мА,
следовательно,
t
i C ( t ) = J 1 ( 0 )h C ( t ) + ∫ J 1′ ( τ ) h C ( t – τ ) dτ = 100e–100t мА.
0
Значение тока в момент t = T0: iC(T0) = 37 мА.
2. В интервале T0 ≤ t ≤ 2T0:
100
t
4
J 2 ( t ) = 100 ⎛ 2 – ------⎞ мА, J 2′ ( τ ) = J 2′ ( t ) t = τ = – --------- = – 10 мА/с,
⎝
T0
T 0⎠
i C ( t ) = J 1 ( 0 )h C ( t ) +
T0
∫
0
J 1′ ( τ ) h C ( t – τ ) dτ +
h C ( t – τ ) = 1e
i C ( t ) = 100e
– 100t
4 – 100t
– 10 e
t
∫e
100 τ
– 100t 100 τ
e
t
∫ J 2′ ( τ ) h C ( t – τ )
dτ ,
T0
,
dτ = 100 ( – 1 + 3,72e
– 100t
) мА.
T0
Значение тока в момент t = 2T0: iC(2T0) = –49,5 мА.
Полное решение:
⎧ 100e – 100 t мА, 0 ≤ t ≤ T ,
0
⎪
iC ( t ) = ⎨
⎪ 100 ( – 1 + 3,72e – 100 t ) мА, T ≤ t ≤ 2T .
0
0
⎩
6.73∗(р). Напряжение на зажимах источника меняется по закону,
изображенному на рис. к задаче 6.73*(р). Параметры цепи: R = 10 Ом,
L = 0,1 Гн, t1 = 0,01 с.
Определить закон изменения тока в цепи для t ≥ 3t1.
312
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
u(t), В
20
i(t)
u(t)
u1
u2
10
L
u3=0
0
t1
3t1
t, с
Рис. к задаче 6.73*(p)
Ре ше н и е . При расчете задачи необходимо учитывать, что реакция на внешнее воздействие при ненулевых начальных условиях
равна сумме реакций: реакции цепи на внешнее воздействие при
нулевых начальных условиях и реакции цепи на ненулевые начальные
условия при нулевом внешнем воздействии (принцип наложения):
i(t) = i′(t) + i″(t).
В данной задаче iL(0) = u(0)/R = 10/10 = 1 А. Реакция на ненулевые
начальные условия
pt
i′(t) = Ae ,
–1
–100t
А.
где i′(0) = iL(0) = 1 А, p = –100 с , i′(t) = 1e
Реакция на внешнее воздействие с нулевыми начальными условиями определяется с помощью интеграла Дюамеля:
u , 0 ≤ t ≤ t 1, u 1′ ( τ ) = 1000 В/с;
⎧ 1
⎪
u ( t ) = ⎨ u 2, t 1 ≤ t ≤ 3t 1, u 2′ ( τ ) = – 1000 В/с;
⎪
⎩ 0, t ≥ 3t 1 .
R
– --- t⎞
1⎛
L
Переходная проводимость g ( t ) = --- ⎜ 1 – e ⎟ .
R⎝
⎠
Для t ≥ 3t1
i″(t) = u1(0)g(t) +
t1
∫ u 1′ ( τ ) g ( t – τ ) dτ + ∫
0
10
– 100 t
= ------ ( 1 – e
)+
10
3 t1
+
∫
t1
3 t1
t1
t1
1
-[1 – e
∫ 1000 ----10
u 2′ ( τ ) g ( t – τ ) dτ =
– 100 ( t – τ )
] dτ +
0
1
– 100 ( t – τ )
3
– 100t
( – 100 ) ------ [ 1 – e
] dτ = ( e – 2e + 1 )e
А.
10
Полное решение для t ≥ 3t1:
i(t) = 1e
–100t
+ (e3 – 2e + 1)e–100t = (e3 – 2e + 2)e–100t А.
313
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.74∗(р). На вход первичной обмотки трансформатора подается
напряжение
⎧ u ( t ) = 150 – 100e – 0,25 t, 0 ≤ t ≤ 4 с,
⎪ 1
⎪
u вх ( t ) = ⎨ u ( t ) = 50 + 100e – 0,4 t, 4 ≤ t ≤ 6 с,
⎪ 2
⎪ 0, t ≥ 6 с.
⎩
Параметры элементов: R = 0,5 Ом, L1 = L2 = 1 Гн, М = 0,5 Гн
(рис. 1 к задаче 6.74*(р)).
uвх(t), В
R1
uвх
150
M
L1
L2
100
uвых
50
2
0
4
6
t, с
Рис. 1 к задаче 6.74*(p)
g(t)
1В
R1
L1
L2
y(t)
Рис. 2 к задаче 6.74*(p)
Определить закон изменения uвых(t).
Ре ше ние . 1. Определим реакции на единичное воздействие:
y(t) — переходную функцию по напряжению; g(t) — переходную
проводимость по схеме, представленной на рис. 2 к задаче 6.74*(р).
Классический метод решения:
–0,5t
),
g(t) = 2(1 – e
dg ( t )
y(t) = M ------------- = 0,5e–0,5t.
dt
314
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2. Интервал времени 0 ≤ t ≤ 4 с:
u1′(τ) = 25e–0,25τ,
t
uвых(t) = u1(0)y(t) + ∫ u 1′ ( τ ) y ( t – τ ) dτ =
0
= 50æ0,5e
–0,5t
t
+ ∫ 25e
– 0,25τ
æ0,5e
– 0,5 ( t – τ )
dτ =
0
= 25e
–0,5t
t
+ 25æ0,5e–0,5t ∫ e
0,25τ
dτ = –25e–0,5t + 50e–0,25t В.
0
3. Интервал времени 4 ≤ t ≤ 6 с:
u2′(τ) = –40e–0,4τ,
4
uвых(t) = u1(0)y(t) + ∫ u 1′ ( τ ) y ( t – τ ) dτ + [ u 2 ( 4 ) – u 1 ( 4 ) ]y ( t – 4 ) +
0
t
+ ∫ u 2′ ( τ ) y ( t – τ ) dτ = 25e–0,5τ + 50e–0,5t(e0,25æ4 – 1) – 44æ0,5e–0,5(t – 4) +
4
t
+ ∫ ( – 40 )e
– 0,4 τ
( 0,5e
– 0,5 ( t – τ )
) dτ = 246,5e–0,5t – 200e–0,4t В.
4
4. Интервал времени t ≥ 6 с:
4
uвых(t) = u1(0)y(t) + ∫ u 1′ ( τ ) y ( t – τ ) dτ + [ u 2 ( 4 ) – u 1 ( 4 ) ]y ( t – 4 ) +
0
6
+ ∫ u 2′ ( τ ) y ( t – τ ) dτ + [ 0 – u 2 ( 6 ) ]y ( t – 6 ) = 111e–0,5t – 162,5e–0,5t –
4
–0,5t 0,6
[e – e0,4] – 25e–0,5te3 – 50e–2,4e–0,5te3 = –710e–0,5t В.
– 200e
Полное решение:
– 0,5 t
– 0,25 t
⎧
+ 50e
, 0 ≤ t ≤ 4 с,
⎪ – 25e
⎪
u вых ( t ) = ⎨ 246,5e – 0,5 t – 200e – 0,4 t, 4 ≤ t ≤ 6 с,
⎪
⎪ – 710,5 e – 0,5 t, t ≥ 6 с.
⎩
315
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.75. Решить задачу 6.70 при входном воздействии, представленном на рис. к задаче 6.75.
u(t), В
200
175
u(t), В
5
u2
u1
100
0
0,5
1,0
50
t, с
u3=0
0
–5
Рис. к задаче 6.75
t1=0,5æ10–3
t2=1æ10–3
t, с
Рис. к задаче 6.76
6.76. Решить задачу 6.71 при входном воздействии, представленном на рис. к задаче 6.76.
6.6. НЕКОРРЕКТНЫЕ КОММУТАЦИИ
6.77. Дано: Е = 12 В, L1 = 20 мГн, L2 = 10 мГн, R1 = 2 Ом, R2 =
= R3 = 4 Ом (рис. к задаче 6.77).
L1
L2
R1
R1
1
i1
i
E
2
R3
Рис. к задаче 6.77
R2
R2
E2
R3
C3
C4
E1
Рис. к задаче 6.78
Определить ток i(t), считая, что коммутация произошла мгновенно.
6.78. Дано: Е1 = 36 В, Е2 = 6 В, R1 = 300 Ом, R2 = R3 = 600 Ом,
С3 = 300 мкФ, С4 = 200 мкФ (рис. к задаче 6.78). Рубильник в цепи
переключается из положения 1 в положение 2 практически мгновенно.
Определить ток i1 после коммутации.
6.79. Дано: Е1 = 36 В, Е2 = 6 В, R1 = 300 Ом, R2 = R3 = 600 Ом,
С3 = 300 мкФ, С4 = 200 мкФ (рис. к задаче 6.79). Рубильник в цепи
переключается из положения 1 в положение 2 практически мгновенно.
Определить ток i1 после коммутации.
316
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
2
R2
1
i1
E2
R3
C3
R1
i1(t)
E
M
1
i2(t)
2
L1
C4
L2
R2
E1
Рис. к задаче 6.79
Рис. к задаче 6.80(p)
6.80(р). Да но: трансформатор с параметрами элементов L1 = 0,1 Гн,
L2 = 0,2 Гн, R1 = 10 Ом, R2 = 5 Ом и коэффициентом связи k = 1,
E = 50 B (рис. к задаче 6.80(р)). Рубильник в цепи переключается из
положения 1 в положение 2 практически мгновенно.
Найти закон изменения токов i1(t) и i2(t) после коммутации. Определить i1(0+) и i2(0+) в первый момент после коммутации.
Ре ше ние . Определим корень характеристического уравнения
det
R 1 + pL 1
pM
2 2
= ( R 1 + pL 1 ) ( R 2 + pL 2 ) – p M ,
pM
R 2 + pL 2
где M = k L 1 L 2 , и при k = 1 один корень
R1 R2
p = – --------------------------------- = –20 c–1.
L1 R2 + L2 R1
Решаем классическим методом:
E
– 20 t
,
i 1 ( t ) = i 1 уст + i 1 прех = ------ + Ae
R1
i 2 ( t ) = i 2 уст + i 2 прех = 0 + Be
– 20 t
.
Применим обобщенный закон коммутации:
Ψ1(0–) = Ψ1(0+) = 0, L1i1(0+) + Mi2(0+) = L1i1(0–) + Mi2(0–) = 0,
Ψ2(0–) = Ψ2(0+) = 0, L2i2(0+) + Mi1(0+) = L2i2(0–) + Mi1(0–) = 0,
det
L1 M
M L2
2
= L 1 L 2 – M = 0 при k = 1.
317
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Данные уравнения не имеют решения при k = 1, поэтому в задачах
с идеальным трансформатором без ферромагнитного магнитопровода нужно сначала определить закон изменения потокосцеплений:
Ψ1(t) = Ψ1 уст + Ψ1 прех = Ψ1 уст + De–20t,
E
Ψ1 уст = L1i1 уст + Mi2 уст = L 1 ------ = 0,5 Вб.
R1
По закону коммутации для потокосцеплений
Ψ1(0–) = Ψ1(0+) = 0 ⇒ D = –0,5,
Ψ1(t) = 0,5 – 0,5e
–20t
Вб.
Уравнение Кирхгофа для первичного контура:
dΨ 1
E – ---------dΨ 1
dt
E = R 1 i 1 + ---------- ⇒ i 1 = --------------------- .
dt
R1
Следовательно, ток после коммутации
– 20 t
50 – ( – 20 ) ( – 0,5 e
)
– 20 t
i 1 ( t ) = -------------------------------------------------------- = 5 – e
,
10
в момент t = 0+ значение тока i1(0+) = 4 А.
Потокосцепление во второй катушке
Ψ2(t) = Ψ2 уст + Ψ2 прех = Ψ2 уст + Ce–20t,
Ψ2 уст = L2i2 уст + Mi1 уст =
E
L 1 L 2 ------ = 0,5 2 Вб,
R1
Ψ2(0–) = Ψ2(0+) = 0 ⇒ C = –0,5 2 ,
–20t
Вб.
Ψ2(t) = 0,5 2 – 0,5 2 e
Для вторичного контура
dΨ 2
dΨ 2 1
i 2 R 2 + ---------- = 0 ⇒ i 2 = – ---------- ------ .
dt
dt R 2
Ток после коммутации во вторичном контуре i 2 ( t ) = – 2 2 e
в момент t = 0+ значение тока i2(0+) = –2 2 А.
318
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
– 20t
А,
6.81(р). Дано: е(t) = 100 sin(103t + 30°) B, R = 100 Ом, С1 = 10 мкФ,
С2 = 30 мкФ (рис. 1 к задаче 6.81(р)).
R
R
1
2
Em
e(t)
–jXC
C2
C1
Im
1
UC m
1
i2(t)
Рис. 1 к задаче 6.81(p)
Рис. 2 к задаче 6.81(p)
Рубильник в цепи переключается из положения 1 в положение 2
практически мгновенно.
Определить ток i2 второго конденсатора после коммутации.
Ре ше ние . Решение классическим методом:
i2(t) = i2уст(t) + i2прех(t).
До коммутации проведем расчет напряжения на первом конденсаторе комплексным методом по схеме на рис. 2 к задаче 6.81(р):
1
X C = ------------------------------------ = 100 Ом,
3
–6
1
10 æ10æ10
100 ∠30°
1
100
_I m = --------------------------- = ------- ∠75° А, U
_ C m = – jX C _I m = --------- ∠– 15° В,
1
1
100 – j100
2
2
100
100
3
u C ( t ) = --------- sin ( 10 t – 15° ) В, u C ( 0 – ) = --------- sin ( – 15° ) = –18,3 В.
1
1
2
2
Так как коммутация некорректная, то используем обобщенный
закон коммутации для зарядов:
ΣQ(0–) = ΣQ(0+),
uC ( 0+ ) = uC ( 0+ ) = uC ( 0+ ) , uC ( 0– ) = 0 ,
1
2
2
C 1 u C ( 0 – ) = ( C 1 + C 2 )u C ( 0 + ) ⇒
1
C1
10
⇒ u C ( 0 + ) = -------------------- u C ( 0 – ) = ------ (–18,3) = –4,575 В.
C1 + C2 1
40
319
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Установившийся режим после коммутации рассчитываем комплексным методом по схеме на рис. 3 к задаче 6.81(р):
XC XC
100
1
2
X C = --------- Ом, X C экв = -------------------------- = 25 Ом;
2
XC + XC
3
1
2
_Em
100 ∠30°
100 ∠30°
_I m = ---------------------------- = ------------------------ = --------------------------------- = 0,971 ∠44° А;
R – jX C экв 100 – j25 103,08 ∠– 14°
XC
3
1
_I m2 = _I m -------------------------- = ( 0,971 ∠44° ) --- = 0,728 ∠44° А;
XC + XC
4
1
2
3
i 2 уст ( t ) = 0,728 sin ( 10 t + 44° ) ; i 2 уст ( 0 + ) = 0,506 А.
R
Im
R
i(0+)
i2(0+)
Em
–jXC
1
–jXC
2
e(0+)
uC (0+)
1
uC (0+)
2
I2m
Рис. 3 к задаче 6.81(p)
Рис. 4 к задаче 6.81(p)
Определяем корень характеристического уравнения
1
Z ( p ) = R + ----------------------------- = 0 , pR ( C 1 + C 2 ) + 1 = 0 ,
p ( C1 + C2 )
1
p = – ----------------------------- = – 250 c–1.
R ( C1 + C2 )
Рассчитаем значение
компенсации, расчетная
рис. 4 к задаче 6.81(р):
uC ( 0+ ) =
1
тока в момент t = 0+. Применим теорему
схема для определения i2(0+) приведена на
u C ( 0 + ) = u C ( 0 + ) = –4,575 В;
2
e ( 0 + ) – u C ( 0 + ) 50 + 4,575
i ( 0 + ) = --------------------------------------- = -------------------------- = 0,545 А;
R
100
3
i 2 ( 0 + ) = i ( 0 + ) --- = 0,409 А ⇒ 0,409 = 0,506 + A ⇒ A = – 0,097 .
4
Полное решение:
i2(t) = 0,728 sin(1000t + 44°) – 0,097e–250t А.
320
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.82(р). Дано: R = 100 Ом, С1 =
i3
i1
= 0,5 мкФ, С2 = 1 мкФ, u C ( 0 – ) = U =
i2
1
= 120 B (рис. 1 к задаче 6.82(р)).
Определить uС(t).
uC
1
+
C
– 1
uC
C2
uC
R
2
Ре ше ние. До коммутации u C ( 0 – ) =
1
Рис. 1 к задаче 6.82(p)
= U = 120 B, u C ( 0 – ) = 0.
2
Коммутация характеризуется мгновенным изменением емкости в
цепи; напряжения на конденсаторах изменяются скачком до одинакового значения uС(0+). В момент коммутации сохраняется суммарный
заряд конденсаторов:
∑ Q ( 0 + ) = ∑ Q ( 0 – );
∑ Q ( 0 – ) = C 1 u C1 ( 0 – ) + C 2 u C2 ( 0 – ) =
∑ Q ( 0+ )
C 1 U;
= C 1 u C ( 0 + ) + C 2 u C ( 0 + ) = ( C 1 + C 2 )u C ( 0 + ).
1
2
На основании обобщенного закона коммутации имеем:
C1
( C 1 + C 2 )u C ( 0 + ) = C 1 U ⇒ u C ( 0 + ) = -------------------- U = 40 В.
C1 + C2
Искомое напряжение на параллельно соединенных конденсаторах
pt
uC(t) = uC уст(t) + uC прех(t) = Ae .
Корень характеристического уравнения
1
1
3 –1
Z ( p ) = R + ----------------------------- = 0 ⇒ p = – ----------------------------- = – 6,67 æ10 с .
p ( C1 + C2 )
R ( C1 + C2 )
–3
Постоянная времени переходного процесса τ = 1--- = 0,15æ10 c.
p
При t = 0+ uС(0+) = А = 40 В, поэтому
u C ( t ) = 40e
3
– 6,67 æ 10 t
В.
З ам еча ние. Рассмотрим энергетический характер процесса.
2
Энергия заряженного конденсатора перед коммутацией WC(0–) = C1U /2.
После разряда (при t → ×) в теплоту в резисторе перешла энергия
WT =
∞
∫
0
2
Ri 3
2
2
2
uC ( 0+ ) ∞ 2 p t
uC ( 0+ )
C1 C1 U
dt = ------------------ ∫ e
dt = ------------------ = -------------------- -------------- .
R
2pR
C1 + C2 2
0
321
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Согласно закону сохранения энергии при t = 0+
2
2
( C 1 + C 2 )u C ( 0 )
C1 C1 U
W T = W C ( 0 + ) = ----------------------------------------- = -------------------- -------------- .
C1 + C2 2
2
Разность энергий
C1 ⎞
C2
⎛
ΔW = W C ( 0 – ) – W T = ⎜ 1 – --------------------⎟ W C ( 0 – ) = -------------------- W C ( 0 – ) > 0 .
C 1 + C 2⎠
C1 + C2
⎝
Эта разность ΔW определяет энергию, которая «уходит» в момент
коммутации от t = 0– до t = 0+ и характеризует некорректность коммутации, при которой имеют место мгновенные бесконечно большие
импульсы токов и неизбежные дополнительные потери (на излучение, например).
Можно составить схему с корректной коммутацией, в которой вся
энергия заряженного конденсатора WC(0–) переходит в теплоту в
самой схеме, но это будет уже схема второго порядка (рис. 2 к задаче
6.82(р)). При R0 = 0 получаем схему с «некорректной» коммутацией.
i1
i3
1
i2
uC
1
C1
C2
2
uC
2
R0
Рис. 2 к задаче 6.82(p)
R
К2
К1
R1
R2
uC
1
uC
2
C1
C2
Рис. к задаче 6.83*
6.83*. На рис. к задаче 6.83* приведена эквивалентная схема высоковольтного конденсатора с двухслойной несовершенной изоляцией.
Параметры цепи: R1 = 1 МОм, R2 = 2 МОм, С1 = 10 мкФ, С2 = 20 мкФ.
Конденсатор был подключен к постоянному напряжению U = 30 кВ и
заряжен до установившегося значения. Для разряда конденсатор был
закорочен переключением ключа К1 в положение 2 (при этом ключ К2
замкнут), а через время t1 ключ К2 размыкается.
Найти минимальное значение t1, по истечении которого напряжение
uС на конденсаторе после размыкания ключа К2 будет не выше 12 В.
6.84*. Д ано: Е = 100 В, R1 = R2 = 10 Ом, L1 = 0,2 Гн, L2 = 0,05 Гн.
Коэффициент связи катушек k = 1 (рис. к задаче 6.84*). Рубильник в
цепи замыкается практически мгновенно.
Определить закон изменения токов i1(t) и i2(t) после замыкания ключа.
322
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
R2
i1(t)
R
L
M
E
L1
L2
Рис. к задаче 6.84*
i2(t)
C1
uC
uC
1
2
C2
Рис. к задаче 6.85*
L
M
i
R3
L1
R1
M
i2
R2
L1
i2
L2
R2
i1
E1
Рис. к задаче 6.87*
Рис. к задаче 6.86*
6.85*. Д ано: С1 = 500 мкФ, С2 = 125 мкФ, R = 20 Ом, L = 0,01 Гн
(рис. к задаче 6.85*). Рубильник в цепи замыкается практически мгновенно.
Определить закон изменения напряжения u C ( t ) , если в момент
1
замыкания ключа u C ( 0 – ) = 0, u C ( 0 – ) = 200 В.
1
2
Ме тод ич е с ко е у ка з а н и е . Для нахождения напряжения в установившемся режиме использовать закон сохранения заряда
Q1(0–) + Q2(0–) = Q1(×) + Q2(×) = uC уст(С1 + С2),
так как u C уст = u C уст = uC уст.
1
2
6.86*. Д ано: Е1 = 60 В, R1 = 5 Ом, R2 = R3 = 10 Ом, L1 = 2М = 0,1 Гн,
L2 = 0,2 Гн (рис. к задаче 6.86*).
В цепи происходит практически мгновенное отключение ветви с
резистором R3.
Найти ток i для двух случаев:
а) при указанной разметке зажимов;
б) при измененной разметке зажимов одной из катушек.
6.87*. Д ано: L2 = 0,24 мГн, R2 = 0,1 Ом, М = 0,12 мГн (рис.
к задаче 6.87*).
В цепи ток i1(t) внезапно прерывается быстродействующим
выключателем. До коммутации ток i1 = 0,4 А (постоянный).
Найти ток i2(t) после коммутации.
323
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.7. ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ
ПРИ ПЕРИОДИЧЕСКИХ ВОЗДЕЙСТВИЯХ.
МЕТОД ПЕРЕМЕННЫХ СОСТОЯНИЯ
6.88(р). Дано: L = 5 мГн, R = 5 Ом, С = 5æ10–6 Ф (рис. 1 к задаче
t
E ----------T⁄2
6.88(р)). Воздействующая функция — меандр u ( t ) = U m ( – 1 )
,
2π
R
T = ------ , E(•) — функция антье, T — период,
ω
u(t)
ω = 1000 рад/с, Um = 100 В.
L
C
Определить ток iL(t) и напряжение uC(t)
при заданном периодическом воздействии:
I. С использованием формул Дюамеля.
Рис. 1 к задаче 6.88(р)
II. С использованием разложения периодической функции в ряд Фурье.
III. Методом переменных состояния.
Провести сравнение полученных решений.
Ре шение.
Часть I
1. Рассчитать переходную функцию напряжения и переходную
проводимость. Переходная проводимость g ( t ) = i L ( t ) u ( t ) = 1 ( t ) ,
переходная функция по напряжению h ( t ) = u C ( t )
. Решение
u(t) = 1(t)
имеет вид:
g(t) = 0,2 – 0,2054e
–1026t
+ 0,0054e–38974t А,
–1026t
– 1,05e–38974t В.
h(t) = 1,05e
2. Применим формулу Дюамеля для первого, второго и третьего
интервалов непрерывности.
Входное воздействие
⎧ u ( t ) = 100, 0 ≤ t ≤ T
--- ,
⎪ 1
2
⎪
⎪
T
u ( t ) = ⎨ u 2 ( t ) = – 100, --- ≤ t ≤ T,
2
⎪
⎪
⎪ u 3 ( t ) = 100, T ≤ t ≤ 3T
------ .
2
⎩
324
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
T
Для первого интервала непрерывности 0 ≤ t ≤ --2
iL(t) = u(0)g(t) = 100(0,2 – 0,2054e
= 20 – 20,54e
–1026t
–1026t
+ 0,0054e–38974t) =
+ 0,54e–38974t А,
uC(t) = u(0)h(t) = 100(1,05–1026t – 1,05e–38974t) =
= 105e
–1026t
– 105e–38974t В.
T
Для второго интервала непрерывности --- ≤ t ≤ T
2
T
T
T
i L ( t ) = u ( 0 )g ( t ) + u 2 ⎛ ---⎞ – u 1 ⎛ ---⎞ g ⎛ t – ---⎞ =
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠ ⎝
2⎠
= 100(0,2 – 0,2054e–1026t + 0,0054e–38974t) + [–100 – 100](0,2 –
– 0,2054e–1026(t – 0,00314) + 0,0054e–38974(t – 0,00314)) = –20 – 20,54e–1026t +
+ 0,54e–38974t + 41,08e–1026(t – 0,00314) – 1,08e–38974(t – 0,00314)) А,
T
T
T
u C ( t ) = u ( 0 )h ( t ) + u 2 ⎛ ---⎞ – u 1 ⎛ ---⎞ h ⎛ t – ---⎞ =
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠ ⎝
2⎠
= 100(1,05e–1026t – 1,05e–38974t) + [–100 – 100](1,05e–1026(t – 0,00314) –
– 1,05e–38974(t – 0,00314)) = 105e–1026t – 105e–38974t –
– 210e–1026(t – 0,00314) + 210e–38974(t – 0,00314) В.
3T
Для третьего интервала непрерывности T ≤ t ≤ -----2
T
T
T
iL(t) = u(0)g(t) + u 2 ⎛ ---⎞ – u 1 ⎛ ---⎞ g ⎛ t – ---⎞ + [ u 3 ( T ) – u 2 ( T ) ]g ( t – T ) =
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠ ⎝
2⎠
= 100(0,2 – 0,2054e
–1026t
+ 0,0054e–38974t) + [–100 – 100](0,2 –
– 0,2054e–1026(t – 0,00314) + 0,0054e–38974(t – 0,00314)) + [100 + 100](0,2 –
– 0,2054e–1026(t – 0,00628) + 0,0054e–38974(t – 0,00628)) = 20 – 20,54e–1026t +
+ 0,54e–38974t + 41,08e–1026(t – 0,00314) – 1,08e–38974(t – 0,00314)) –
– 41,08e–1026(t – 0,00628) + 1,08e–38974(t – 0,00628)) А,
325
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
T
T
T
uC(t) = u(0)h(t)+ u 2 ⎛ ---⎞ – u 1 ⎛ ---⎞ h ⎛ t – ---⎞ + [ u 3 ( T ) – u 2 ( T ) ]h ( t – T ) =
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠ ⎝
2⎠
= 100(1,05e–1026t – 1,05e–38974t) + [–100 – 100](1,05e–1026(t – 0,00314) –
– 1,05e
– 1,05e
–38974(t – 0,00314)
–38974(t – 0,00628)
) + [100 + 100](1,05e–1026(t – 0,00628) –
) = 105e–1026t – 105e–38974t – 210e–1026(t – 0,00314) +
+ 210e–38974(t – 0,00314) + 210e–1026(t – 0,00628) – 210e–38974(t – 0,00628) В.
Часть II
1. Представление входного воздействия (меандра) в виде суммы
гармоник (разложение в ряд Фурье):
4U m
1
1
1
u ( t ) = ----------- sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + … + --- sin kωt + … .
π
3
5
k
Для Um = 100 В
u1(t) = 127,324 sinωt В, u3(t) = 42,441 sin3ωt В, u5(t) = 25,465 sin5ωt В,
u7(t) = 18,189 sin7ωt В, u9(t) = 14,147 sin9ωt В, u11(t) = 11,575 sin11ωt В …
2. Расчетная схема для определения
установившейся составляющей решения
k-й гармоники приведена на рис. 2 к
задаче 6.88(р):
R
Um(k)
XC(k)
XL(k)
для k = 1
(1)
XL
(1)
= 5 Ом, X C = 200 Ом;
для k = 3, 5, 7, 9, 11
Рис. 2 к задаче 6.88(р)
(k)
(1)
X L = kX L
=
(1)
XC
200
= kæ5 Ом,
= ---------- = --------- Ом.
k
k
Для каждой гармоники решение переходного процесса находим
как сумму установившейся и преходящей составляющих:
для k = 1
(k)
XC
(1)
i L ( t ) = 18,2328 sin(1000t – 45,7) + 13,0772e –1026t + 0,0172e–38974t А,
(1)
u C ( t ) = 91,164 sin(1000t + 44,3) – 67,17e–1026t + 3,441e–38974t В;
для k = 3
(3)
i L ( t ) = 2,7394 sin(3000t – 75,5) + 2,6695e –1026t – 0,0175e–38974t А,
326
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(3)
u C ( t ) = 41,091 sin(3000t + 47,3°) – 13,711e
–1026t
+ 3,423e
–38974t
В;
для k = 5
(5)
i L ( t ) = 1,0157 sin(5000t – 85,7°) + 1,0303e –1026t – 0,0174e–38974t А,
(5)
u C ( t ) = 25,401 sin(5000t + 4,3°) – 5,294e –1026t + 3,389e–38974t В;
для k = 7
(7)
i L ( t ) = 0,519 sin(7000t – 91,8°) + 0,536e–1026t – 0,017e–38974t А,
(7)
u C ( t ) = 18,1797 sin(5000t – 1,8°) – 2,765e
–1026t
+ 3,336e
–38974t
В;
для k = 9
(9)
i L ( t ) = 0,3124 sin(5000t – 96,5°) + 0,3272e –1026t – 0,0168e–38974t А,
(9)
u C ( t ) = 14,057 sin(9000t – 6,5°) – 1,678e–1026t + 3,269e–38974t В;
для k = 11
( 11 )
uC
( t ) = 11,382 sin(11 000t – 10,4°) – 1,1345e–1026t + 3,1895e–38974t В.
Приближенное решение переходного процесса определим по
методу наложения:
ток в индуктивном элементе
(1)
(3)
(5)
(7)
(9)
iL ( t ) = iL ( t ) + iL ( t ) + iL ( t ) + iL ( t ) + iL ( t ) ;
напряжения на емкостном элементе
(1)
(3)
(5)
(7)
(9)
uC ( t ) = uC ( t ) + uC ( t ) + uC ( t ) + uC ( t ) + uC ( t )
(с учетом пяти членов ряда Фурье) и
(1)
(3)
(5)
(7)
(9)
( 11 )
uC ( t ) = uC ( t ) + uC ( t ) + uC ( t ) + uC ( t ) + uC ( t ) + uC
(t)
(с учетом шести членов ряда Фурье).
3. Решение переходного процесса (графическое представление)
показано на рис. 3 и 4 к задаче 6.88(р).
327
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
iL(t), А
Интеграл Дюамеля
16
12
8
4
0
1,57
3,14
4,71
6,28
7,85
10–3t, c
–4
–8
–12
–16
–20
Ряд Фурье (1, 3, 5, 7, 9-я гармоники)
Рис. 3 к задаче 6.88(р)
uC(t), В
Интеграл
Дюамеля
160
120
80
40
0
–40
–80
Ряд Фурье
(1, 3, 5, 7, 9, 11-я гармоники)
1,57
3,14
4,71
–160
–200
Рис. 4 к задаче 6.88(р)
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7,85
Ряд Фурье
(1, 3, 5, 7, 9-я гармоники)
–120
328
6,28
10–3t, c
Часть III
1. Составим систему дифференциальных уравнений (уравнения
состояния):
di L
-------, x· = dt .
x· = Ax + Bu ( t ) , x =
uC
du C
--------dt
iL
Расчетная схема после коммутации представлена на рис. 5 к задаче 6.88(р).
Уравнения Кирхгофа:
iR = iC + iL, u(t) = uR + uC, uC = uL.
du C
di L
С учетом i C = C --------- , u L = L -------- :
dt
dt
di L 1
du C
1
1
1
-------- = --- u C , --------- = – ---- i L – -------- u C + -------- u ( t ) .
dt
dt
RC
RC
L
C
Уравнение состояния в матричном виде:
A=
0
1
– --L
=
1
1
– ---- – -------C RC
0
iR
R
iL
u(t)
iС
C
L
uC
Рис. 5 к задаче 6.88(р)
200
5
– 2æ10 – 4æ10
4
,
0
0
=
.
1
4
-------- u ( t )
4æ10 u ( t )
RC
2. Проекторы и собственные числа матрицы А:
Bu ( t ) =
–1
–1
α1 = –1026 c , α2 = –38974 c ,
A – α 2 æ1
P 1 = ------------------------- =
α1 – α2
1,027 5,271æ10
– 5,271
–3
,
– 0,027
A – α 1 æ1
–3
P 2 = ------------------------- = – 0,027 – 5,271 æ10
.
α2 – α1
5,271
1,027
329
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Операторное изображение по Лапласу для функции со сдвигом
аргумента на разных интервалах непрерывности имеет вид
pt
⎧
⎞
T
2e
⎪ p – 1 U ⎛⎜ 1 – ----------------------------⎟ , t ∈ 0 ; --- ,
m
(pT) ⁄ 2
⎪
2
⎝
⎠
1+e
⎪
U(p; t) = ⎨
p(t – T ⁄ 2)
⎪ –1 ⎛
⎞
2e
T
⎪ – p U m ⎜ 1 – -----------------------------⎟ , t ∈ --- ; T .
(
p
T
)
⁄
2
2
⎪
⎝
⎠
1+e
⎩
Для данного воздействия T/2 = 3,14 мС = 0,00314 с, Um = 100 В.
В первом интервале непрерывности t ∈ [0; T/2]
0
BU ( p ; t ) =
pt
⎛
⎞ ,
2e
3
40æ10 æ100 ⎜ 1 – ----------------------------------------⎟
–3
p æ3,14 æ10 ⎠
⎝
1+e
для p1 = α1 = –1026 с–1
BU ( p 1 ; t ) =
для p2 = α2 = –38974 с–1
0
– 3898,636 + 7498,172e
,
– 1026 t
0
BU ( p 2 ; t ) =
.
– 38974t
– 102,6436 + 205,286e
Установившаяся составляющая решения для t ∈ [0; T/2]:
i L уст
u C уст
= – P 1 BU ( p 1 ; t ) – P 2 BU ( p 2 ; t ) =
= – 1,027 – 5,271 æ10
5,271
0,027
+
0,027 5,271æ10
– 5,271
=
– 1,027
–3
0
– 3898,636 + 7498,172e
–3
0
– 102,6436 + 205,286e
20,01 – 39,52e
– 1026 t
0,151 + 202,45e
330
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
– 1026 t
– 1026 t
+ 1,082e
– 38974t
– 38974t
– 210,83e
– 38974t
.
+
=
Значение установившихся составляющих решения в момент t = 0
i L уст ( 0 )
= – 18,43 .
– 8,229
u C уст ( 0 )
Преходящая составляющая решения
At
xпрех = e [x(0) – xуст(0)],
x ( 0 ) = 0 ⇒ x ( 0 ) – x уст ( 0 ) = 18,43 .
0
8,229
Матричная экспонента e
At
=e
α1 t
P1 + e
i L прех
– 2 – 38974 t
P 2 , тогда
=
u C прех
– 1026t
α2 t
– 3 – 1026 t
– 2,7æ10 e
= 1,027e
– 1026t
– 38974t
– 5,271 e
+ 5,271e
5,271æ10 e
– 2 – 1026 t
– 2,7æ10 e
– 1026 t
– 3 – 38974t
– 5,271æ10 e
+ 1,027e
– 38974t
– 38974t
18,952e
– 0,541e
× 18,43 =
.
– 1026 t
– 38974t
8,229
– 97,372 e
+ 105,601e
3. Полное решение переходного процесса для t ∈ [0; T/2]:
iL(t) = iLуст(t) + iLпрех(t) = 20,10 – 20,55e–1026t + 0,541e–38974t А;
uC(t) = uCуст(t) + uCпрех(t) = 0,151 + 105,078e–1026t – 105,229e–38974t В.
4. Аналогично рассчитываем переходный процесс для второго
интервала непрерывности t ∈ [T/2; T]:
установившаяся составляющая решения
i L уст
=
u C уст
=
– 20,01 + 39,52e
– 0,151 – 202,45e
– 1026 ( t – 3,14 æ 10
– 1026 ( t – 3,14 æ10
–3
–3
)
)
– 1,082e
– 38974 ( t – 3,14æ10
+ 210,83e
–3
– 38974 ( t – 3,14æ 10
)
–3
,
)
331
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
×
i L уст ( 0 )
= 18,43 ;
8,229
u C уст ( 0 )
преходящая составляющая решения
i L прех
u C прех
= – 18,972 e
97,572e
– 1026 ( t – 3,14æ 10
– 1026 ( t – 3,14æ 10
–3
–3
)
)
+ 0,541e
– 38974 ( t – 3,14 æ10
– 105,601e
–3
– 38974 ( t – 3,14æ 10
)
–3
.
)
Полное решение переходного процесса для t ∈ [T/2; T]:
iL
=
uC
– 20,01 + 39,52e
– 1026 ( t – 3,14 æ 10
– 18,972 e
– 0,151 – 202,45e
–3
)
– 1,082e
– 1026 ( t – 3,14 æ 10
– 1026 ( t – 3,14æ 10
–3
– 1026 ( t – 3,14æ 10
–3
)
–3
)
)
– 38974 ( t – 3,14æ 10
+ 0,541e
+ 210,83e
–3
)–
– 38974 ( t – 3,14 æ10
– 38974 ( t – 3,14 æ10
–3
–3
– 38974 ( t – 3,14 æ10
)
.
)+
–3
)
– 105,601e
+97,572e
Решение переходного процесса матричным методом и при
помощи формул Дюамеля совпадает с точностью менее 1 %.
6.89. Напряжение на входе цепи имеет вид лестницы с равными
прямоугольными ступенями, длительность каждой ступени T, высота
ступени U. Напряжение подается на вход цепи в момент времени t1.
Найти ток на входе цепи, если известен закон изменения тока в цепи при
подключении к постоянному источнику U (нулевые начальные условия)
i(t) = A1(1 – e–αt) + A2e–βt.
6.90. Напряжение на входе цепи представляется периодически
повторяющимися прямоугольными импульсами высотой U, длительностью t1, разделенными интервалами t2 = T – t1, где T —период.
Найти ток для k-го периода, если цепь состоит из последовательно соединенных:
а) резистора сопротивлением R = 2 Ом и катушки индуктивностью
L = 100 мГн; T = 0,02 с, t1 = 0,005 с;
б) резистора сопротивлением R = 100 кОм и конденсатора емкостью С = 0,01 мкФ; T = 0,001 с, t1 = 0,0004 с.
332
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.91. На входе цепи действует напряжение, изменяющееся по
закону однополупериодного выпрямления. Амплитуда Um, T —
период входного воздействия. Цепь состоит из последовательно
соединенных резистора R и конденсатора С.
Найти ток установившегося режима.
6.92. На вход цепи подаются последовательно прямоугольные
импульсы тока с амплитудой Im = 10 мА (рис. к задаче 6.92). Длительность импульса t1 = 10 мкс, длительность паузы t2 = T – t1 = 90 мкс, T —
период. Параметры элементов: R = 400 Ом, L = 20 мГн, С = 0,01 мкФ.
Определить напряжение на емкостном элементе для установившегося режима.
R
i1
i
J(t)
E
R
C
C
uC
L
R
i2
Рис. к задаче 6.92
R
Рис. к задаче 6.93(р)
6.93(р). Определить токи i(t), i1(t) и напряжения uC(t) после коммутации методом переменных состояния для схемы, представленной
на рис. к задаче 6.93(р).
Ре ше ние. Напряжение на емкостном элементе в момент замыкания ключа uC(0) = E/2. Составим систему дифференциальных уравнений (уравнения состояния):
x· = Ax + Bu ( t ) , x = [u ], x· = [ du ⁄ dt ] .
C
C
Для составления уравнения состояния можно воспользоваться
uC
( uC )
E
(E)
методом наложения, определив ток i C = i C + i C = – ----------- + --- и
R⁄3 R
du C i C
подставив --------- = ----- . Уравнение состояния имеет вид
dt
C
du C
3
1
E
3
--------= – ⎛ --------⎞ u C + -------- E , т.е. A = – -------- , Bu ( t ) = --- .
⎝ RC⎠
dt
RC
R
RC
Выходные переменные
uC
uC E
i = ------ , i 1 = – ------ + --- .
R
R
R
333
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Так как порядок матрицы состояния А равен единице, то матричную экспоненту можно определить через собственное число мат3
– -------- t
3
At
RC
рицы: А α 1 = – -------- ⇒ e = e
RC
.
Решение методом переменных состояния для напряжении на конденсаторе имеет вид
x =e
= e
3
– -------- t
RC
At
x(0) + (e
At
–1
– 1 )A Bu = [ u C ] =
3
3
-t
– -------- t
⎛ – ------⎞ – RC
E
E E RC
RC
--- + ⎜ e
,
– [ 1 ]⎟ ----------- [ E ] = --- + --- e
2
3 6
⎝
⎠ 3
3
– -------- t
E E RC
.
u C ( t ) = --- + --- e
3 6
Для выходных переменных
3
– -------- t
3
– -------- t
E
E RC
2E E R C
, i 1 ( t ) = ------- – ------- e
.
i ( t ) = ------- + ------- e
3R 6R
3R 6R
6.94. Дано: Е = 30 В, R1 = R2 = 200 Ом, R = 100 Ом, С = 100 мкФ,
L = 0,1 Гн (рис. к задаче 6.94).
R
L iL
i
iC
E
R2
e(t)
R1
C
R1
C
L
uC
R2
iL
uC
Рис. к задаче 6.94
Рис. к задаче 6.95(p)
Определить токи после коммутации методом переменных состояния.
6.95(р). Д ано: Е = 30 В, R1 = R2 = 10 Ом, С = 1000 мкФ, L = 0,6 Гн,
e(t) — меандр,
T
⎧ E 0, 0 ≤ t ≤ --- ;
2
⎪
e(t) = ⎨
⎪ –E , T
--⎩ 0 2 ≤ t ≤ T,
E0 = 100 В, T = 2πæ10
334
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–3
с (рис. к задаче 6.95(р)).
Определить установившиеся составляющие тока в индуктивном
элементе и напряжения на емкостном элементе.
Ре ше ние. Уравнение состояния
di L
-------, x· = dt .
x· = Ax + Bu ( t ) , x =
uC
du C
--------dt
iL
di L du C
Составим уравнения Кирхгофа, разрешим их относительно -------- и --------- :
dt
dt
R1
1
– ------ – --L
L
=
du C
1
1
---- – -----------------C
R2 C
dt
di
-------Ldt
iL
uC
+
e(t)
--------L .
0
В матричном виде
R1
1
– ------ – --50
5
– ------ – --- .
L
L
A =
=
3
3
1
1
---- – ---------1000 – 100
C
R2 C
Проекторы и собственные числа матрицы А:
α1 = –50 с–1, α2 = –200/3 с–1,
A – α 2 æ1
A – α 1 æ1
P 1 = ------------------------- = 3 – 0,1 , P 2 = ------------------------- = – 2 0,1 .
α1 – α2
α2 – α1
60 – 2
– 60 3
Операторное изображение по Лапласу для функции со сдвигом
аргумента на разных интервалах непрерывности имеет вид
pt
⎧
⎞
2e
T
⎪ p – 1 E ⎛⎜ 1 – ----------------------------⎟ , t ∈ 0 ; --- ,
0
(pT) ⁄ 2
⎪
2
⎝
⎠
1+e
⎪
U(p; t) = ⎨
p(t – T ⁄ 2)
⎪ –1 ⎛
⎞
2e
T
⎪ – p E 0 ⎜ 1 – -----------------------------⎟ , t ∈ --- ; T .
(
p
T
)
⁄
2
2
⎪
⎝
⎠
1+e
⎩
335
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Установившаяся составляющая решения
i L уст
u C уст
=
= – P 1 BU ( p 1 ; t ) – P 2 BU ( p 2 ; t ) =
α1 t
⎞
E0 ⎛
2e
⎜
⎟
--------------------------------------P1 –
1–
( α 1 T ) ⁄ 2⎟
α1 L ⎜
⎝
⎠
1+e
α2 t
⎞
E0 ⎛
2e
1 + P – --------⎜ 1 – ------------------------------⎟
2 α L⎜
( α 2 T ) ⁄ 2⎟
2 ⎝
0
⎠
1+e
α 1 ( t – T ⁄ 2 )⎞
1 , t ∈ 0 ;T
--2
0
=
α 2 ( t – T ⁄ 2 )⎞
E0 ⎛
E0 ⎛
2e
2e
T
P 1 ---------- ⎜ 1 – --------------------------------⎟ + P 2 ---------- ⎜ 1 – --------------------------------⎟ , t ∈ --- ; T
( α 1 T ) ⁄ 2⎟
( α 2 T ) ⁄ 2⎟
α1 L ⎜
α2 L ⎜
2
⎝
⎠
⎝
⎠
1+e
1+e
5 – 10,78e
50 – 215,7e
=
– 5 + 10,78e
– 50 + 215,7e
– 50 ( t – π æ 10
– 50 ( t – π æ 10
– 50t
– 50t
–3
–3
)
)
+ 5,52e
200
– --------- t
3
+ 165,6e
– 5,52e
–3
, t ∈ [ 0 ; πæ10 ]
200
– --------- t
3
;
–3
200
– --------- ( t – πæ 10 )
3
– 165,6e
–3
200
– --------- ( t – π æ 10 )
3
–3
i L уст ( 0 )
= – 0,26 .
– 0,1
u C уст ( 0 )
1
1
6.96(р). Дано: Е = 20 В, R1 = R2 = R3 = 2 Ом, C = ------ Ф, L = --- Гн,
16
6
e(t) = 0 (рис. 1 к задаче 6.69(р)).
Составить уравнения состояния и вычислить матричную экспоненту eAt.
Ре ше ние. Уравнение состояния
di L
-------·x = Ax + Bu ( t ) , x = i L , x· = dt .
du C
uC
--------dt
336
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–3
, t ∈ [ πæ10 ;2πæ10 ]
iL
L
R1
uL
E
iL
iC
iR
e(t)
R3
R2
C
R1
iC
iR
uL
e(t)
R3
R2
uC
uC
Рис. 1 к задаче 6.96(p)
Рис. 2 к задаче 6.96(p)
Составим уравнения состояния по методу наложения (схема
после коммутации представлена на рис. 2 к задаче 6.56(р)):
( uC )
uL = uL
( iL )
+ uL
( uC )
iC = iC
di
-------Ldt
=
du C
--------dt
A=
(e(t))
+ uL
( iL )
+ iC
R2
R2 R3 ⎞
⎛
= – -------------------- u C – ⎜ R 1 + --------------------⎟ i L + e ( t ) ,
R2 + R3
R 2 + R 3⎠
⎝
(e(t))
+ iC
R2
1
= – -------------------- u C + -------------------- i L + 0 ,
R2 + R3
R2 + R3
R2
– ---------------------------L ( R2 + R3 )
R2 R3
R 1 + -------------------R2 + R3
– --------------------------------L
1
– ----------------------------C ( R2 + R3 )
R2
---------------------------( R 2 + R 3 )C
R2
– ---------------------------L ( R2 + R3 )
1
– ----------------------------C ( R2 + R3 )
iL
uC
1
--+ L [e(t)] ,
0
R2 R3
R 1 + -------------------R2 + R3
– --------------------------------= – 3 – 18 .
L
–4 8
R2
----------------------------( R 2 + R 3 )C
2
Характеристическое уравнение det[αæ1 – A] = α + 22α + 96 = 0.
Проекторы и собственные числа матрицы А:
α1 = –6 с–1, α2 = –16 с–1,
A – α 2 æ1
⎫
1⎧
P 1 = ------------------------- = ------ ⎨ – 4 8 + 16 1 0 ⎬ = 1,2 0,8 ,
10 ⎩ – 3 – 18
α1 – α2
0 1 ⎭
– 0,3 – 0,2
337
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
A – α 1 æ1
⎫
1⎧
P 2 = ------------------------- = – ------ ⎨ – 4 8 + 6 1 0 ⎬ = – 0,2 – 0,8 .
10 ⎩ – 3 – 18
α2 – α1
0 1 ⎭
0,3 1,2
Матричная экспонента по формуле Сильвестра
e
At
= e
α1 t
=
P1 + e
1,2e
α2 t
–6 t
– 0,3 e
–6 t
P2 = e
– 0,2e
–6 t
1,2
+e
– 16 t
– 0,3 – 0,2
– 16 t
+ 0,3e
0,8
0,8e
– 16 t
–6 t
– 0,2 e
– 0,8e
–6 t
– 0,2 – 0,8 =
0,3 1,2
– 16 t
+ 1,2e
– 16 t
.
1
1
6.97. Дано: Е = 20 В, R1 = R2 = R3 = 2 Ом, C = ------ Ф, L = --- Гн,
16
6
e(t) = 0 (рис. к задаче 6.97).
Определить токи iR(t), iC(t) и напряжение uL(t) методом переменных состояния.
L
iL
R1
uL
E
iC
iR
e(t)
R3
R2
C
uC
Рис. к задаче 6.97
L
uL
E
iL
R1
iC
iR
e(t)
R3
R2
C
uC
Рис. к задаче 6.98
1
1
6.98. Дано: Е = 20 В, R1 = R2 = R3 = 2 Ом, C = ------ Ф, L = --- Гн,
16
6
e(t) = –20 В (рис. к задаче 6.98).
Определить токи iR(t), iC(t) и напряжение uL(t) методом переменных состояния.
338
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.99. Дано: e1(t) = 20e–4t В, e2(t) = 20 В, R1 = R2 = R3 = 2 Ом,
1
1
C = ------ Ф, L = --- Гн (рис. к задаче 6.99).
16
6
L
iL
R1
uL
e1(t)
iC
iR
e2(t)
R3
R2
C
uC
Рис. к задаче 6.99
Определить токи iL(t), iR(t), iC(t) и напряжения uC(t), uL(t) методом
переменных состояния.
6.100. Решить задачу 6.23 методом переменных состояния.
6.101. Решить задачу 6.24 методом переменных состояния.
6.102. Решить задачу 6.25 методом переменных состояния.
6.103. Решить задачу 6.26 методом переменных состояния.
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 6
6.1. i1(t) = 0,5(1 + e
к задаче 6.1).
5
– 2æ 10 t
) А; uC(t) = 5(1 – e
i1(t), A
5
– 2 æ10 t
) В (см. рис.
uC (t), В
1,0
5
4
3
0,5
2
1
0
1æ10–5
2æ10–5
t, c
0
1æ10–5
2æ10–5
t, c
Рис. к задаче 6.1
339
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.2. i1(t) = 0,24 + 0,12e–800t А (см. рис. к задаче 6.2).
i1(t), А
0,36
0,32
0,28
0,24
0,20
0
0,002
0,004
0,006
0,008
t, c
Рис. к задаче 6.2
i1(t), А
uL(t), В
7,5
2,0
5,0
1,5
1,0
2,5
0,5
0
0,005
t, c
0
0,005
t, c
Рис. к задаче 6.12
6.3. i2(t) = 0,375e–750t А; uC(t) = 10 – 5e–750t В.
6.4. i(t) = 0,0775e–125t А; uC(t) = 62e–125t В.
6.5. uC(t) = 169,44 sin(314t – 2,2°) – 43,29e–500t В.
6.6. i(t) = 17,46 sin(314t + 142°) – 9,34e–400t А.
6.7. iC(t) = 10 sin(1000t + 90°) – 14e–1000t А.
6.8. i(t) = 0,707 sin(1000t – 45°) + 2,5e–1000t А.
6.9. a) ψ = 90°; б) ψ = 45°.
2
6.10. i1(t) = ------- – 1 sin(106t – 45°) –
2
6
2e
– 10 t
А.
–1800t
В.
6.11. uC(t) = 26,67 – 16,23e
6.12. i1(t) = 2 – 0,5e–750t А; uL(t) = 7,5e–750t В (см. рис. к задаче 6.12).
6.13. i(t) = 1 – 1e–80t А (см. рис. к задаче 6.13).
6.14. i3(t) = 2 + 0,25e–750t А.
6.15. iL(t) = 1,5 – 1,5e–1600t А; i1(t) = 2 – 1,2e–1600t А.
340
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i(t), А
1,0
0,5
0
0,02
0,04
0,06
0,08
t, с
Рис. к задаче 6.13
i(t), А
10
i(t)
iпрех(t)
0
0,002
iуст(t)
0,004
0,006
0,008
t, c
–10
Рис. к задаче 6.19
6.16. iL(t) = 1,6 – 0,4e–444,4t А.
–125t
А; i2(t) = 3 – 0,5e–125t А; i3(t) = 6 – 1e–125t А;
6.17. i1(t) = 1,5e
i4(t) = 9 – 3e–125t А; i5(t) = 3 – 2e–125t А.
–3000t
А; i(t) = 2,08 – 0,48e–3000t А;
6.18. i1(t) = 1,44 – 0,64e
iL(t) = 0,8 – 0,8e–3000t А.
6.19. i(t) = 10 sin(1000t – 30°) + 5e
–1000t
6.20. i2(t) = 10 sin(314t – 105°) – 19,7e
А (см. рис. к задаче 6.19).
–314t
6.21. i(t) = 15,81 sin(1000t + 18,4°) – 10e
А.
–500t
uL(t) = 44,75 sin(1000t + 26,6°) + 30e
А;
–500t
В.
–1000t
А;
6.22. i1(t) = –2 + 10 sin(1000t – 30°) + 7e
uL(t) = 100 sin(1000t + 60°) + 70e–1000t В.
6.23. i2(t) = 6,81e
–43,5t
– 1,81e–11,5t А (см. рис. к задаче 6.23).
341
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i3(t), А
6,81
6
5
4
3
2
1
0,05
0
0,10
0,15
0,20
t, с
–1,81
Рис. к задаче 6.23
i2(t), А
i2(t)
7,5
5,0
2,5
0
–2,5
–5,0
–7,5
8,83e–23t
0,02
0,04 0,06
0,08
0,10
0,12
0,14
0,16
0,18
t, c
–13,83e–87t
–10,0
–12,5
–15,0
Рис. к задаче 6.24
6.24. i2(t) = 5 + 8,83e–23t – 13,83e–87t А (см. рис. к задаче 6.24).
6.25. i(t) = –1,717e–34,7t + 0,517e–115,3t А; i2(t) = –0,5 + 0,201e–34,7t –
– 1,101e–115,3t А; i3(t) = –0,456e–34,7t – 1,944e–115,3t А.
6.26. i1(t) = 1 – 0,223e
6.27. i(t) =
–38t
+ 0,223e–262t А.
2 sin(2500t + 75°) + 1,32e–250t sin(2222t – 16,08°) А;
–250t
sin(2222t + 67,5°) В
uC(t) = 400 2 sin(2500t – 105°) + 591,3e
(см. рис. 1, 2 к задаче 6.27).
6.28. i2(t) = 5 + 11,2e
342
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–6000t
sin(2000t – 26,5°) А.
i(t), А
2
iуст(t)
i(t)
1
0
–1
0,01
t, c
iпрех(t)
Рис. 1 к задаче 6.27
uС (t), В
uС уст(t)
uС (t)
500
0
t, c
0,01
–500
uС прех(t)
Рис. 2 к задаче 6.27
6.29. iL(t) = 4,5 + 7,78e–100t sin(100t + 45°) А;
–100t
sin(100t – 45°) В.
uC(t) = 55 + 55 2 e
6.30. i2(t) = 1,41 sin(1000t + 45°) + 4,16e
6.31. i(t) = 2 sin(104t + 45°) + 1 e
к задаче 6.31).
4
–500t
– 10 t
sin(866t – 73,9°) А.
– 4æ104t e
4
– 10 t
А (см. рис.
2 –500t
А (см. рис. к задаче 6.32).
6.32. iC(t) = –25æ10 te
–200t
А; i2(t) = 1,96 sin(1000t –
6.33. i1(t) = 1,96 sin(1000t – 48,7°) + 1,26e
– 48,7°) + 1,26e–200t + 0,22e–500t; i3(t) = –0,22e–500t.
343
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
iL(t), А
2
iLуст(t)
1
iL(t)
2æ10–4
0
4æ10–4
6æ10–4
8æ10–4
t, c
–1
iLпрех(t)
–2
Рис. к задаче 6.31
iС (t), А
0
–0,4
0,005 0,010 0,015 0,020 0,025 0,030 0,035 0,040 0,045
t, c
–0,8
–1,2
–1,6
–2,0
Рис. к задаче 6.32
6.34. а) u C ( t ) = 160 – 35,2e–173t – 124,8e–452t В; u C ( t ) = 40 + 144,4e–173t –
1
2
– 154,4e–452t В; б) u C ( t ) = 160 – 120e–250t В; u C ( t ) = 40 +
1
+ 120e
–250t
В; в) u C ( t ) = 200 – 160e
1
2
–200t
В; u C ( t ) = 160e–200t В.
2
6.35. i2(t) = 3,679e–100t А.
–1000t
– 0,2e–2000t А; i3(t) = 1 – 0,8e–1000t – 0,2e–2000t А.
6.36. i2(t) = 1 + 0,8e
4
1
4
1
6.37. i2(t) = --- + e–100t – --- e–900t А; i3(t) = --- – e–100t – --- e–900t А.
3
3
3
3
6.38. R = 40 Ом; L = 4/15 Гн; С = 125 мкФ.
6.39. u C ( t ) = 0; u C ( t ) = 80 – 80e–120t В.
2
1
1
1
pRL
6.40. а) Z ( p ) = R + ------- ; б) Z(p) = R + pL; в) Z ( p ) = ------- + ----------------- ;
pC
pC R + pL
pRL 1
1
г) Z ( p ) = -------------------- + pL 2 + ------- .
R + pL 1
pC
344
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
1
1
1
1
6.41. а) Y ( p ) = --- + ------ ; б) Y ( p ) = --- + pC ; в) Y ( p ) = --- + ------ + pC ;
R pL
p
R pL
1
1
⎛ pC + ----- + --------------------⎞ R
⎝
R 3 R 2 + pL⎠ 1
г) Y ( p ) = -------------------------------------------------------------------- .
1
1
⎛ pC + ----- + --------------------⎞ + R 1
⎝
R 3 R 2 + pL⎠
6.42. i(t) =
2 sin(2500t + 75°) + 1,32e
–250t
sin(2222t – 16,08°) А;
–250t
sin(2222t + 67,5°) В.
uC(t) = 400 2 sin(2500t – 105°) + 591,3e
6.43. i(t) = 20e
–250t
– 20e–500t А.
6.44. i1(t) = 6 – 3,53e–115t + 5,53e–435t А;
i3(t) = –0,813e–115t + 4,813e–435t А.
–200t
+ 13,3e–950t В.
6.45. u C ( t ) = 50 – 13,3e
1
6.46. iC(t) = 4,76e–920t sin(392t – 146°) А.
–500t
А.
6.47. i1(t) = 0,2 – 200te
6.48. iL(t) = 0,98 sin(2500t – 48,7°) + 1,73e
–500t
5
– 2 æ 10 t
А.
6.51. i(t) = 17,46 sin(314t + 142°) + 9,34e
–750t
6.52. i1(t) = 2 – 0,5e
А; uL(t) = 7,5e
–750t
А.
6.53. i3(t) = 2 + 0,25e
6.54. i2(t) = 10 sin(314t + 105°) – 19,7e
–43,5t
5
– 2 æ10 t
6.49. i1(t) = 0,5(1 + e
) А; uC(t) = 5(1 – e
–750t
А; uC(t) = 10 – 5e–750t В.
6.50. i2(t) = 0,375e
–400t
–750t
–314t
) В.
А.
В.
А.
–11,5t
– 1,81e
А.
6.55. i2(t) = 6,81e
–38t
+ 0,223e–262t А.
6.56. i1(t) = 1 – 0,223e
–200t
; i2(t) = 1,96 sin(1000t –
6.57. i1(t) = 1,96 sin(1000t – 48,7°) + 1,26e
– 48,7°) + 1,26e–200t + 0,22e–500t; i3(t) = –0,22e–500t.
6.58. i(t) = 2e
–2t
– 2e–4t А.
6.59. i(t) = 0,1e–10t – 0,05e–5t А; uC(t) = 200e–5t – 200e–10t В.
4
1
4
1
6.60. i2(t) = --- + e–100t – --- e–900t А; i3(t) = --- – e–100t – --- e–900t А.
3
3
3
3
345
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
6.61. i2(t) = 1 + 0,8 e
i3(t) = 1 – 0,8 e
– 1000 t
– 1000 t
– 0,2 e
– 0,2 e
– 2000 t
– 2000 t
А;
А.
6.62. u C ( t ) = 80 – 80e–120t В; u C ( t ) = 0.
1
2
6.63. i(t) = 2e
–2t
6.64. i(t) = 0,1e
– 2e–4t А.
–10t
– 0,05e–5t А; uC(t) = 200e–5t – 200e–10t В.
R
--- t 1
U⎛ L
6.65. i ( t ) = ---- ⎜ e
R⎝
R
R
R
--- t 1 – --- t
⎞ – --L- t
⎛
L ⎞ L
– 1⎟ e
А; u L ( t ) = U ⎜ 1 – e ⎟ e
В.
⎠
⎝
⎠
1
– -------- t
U RC
6.66. i ( t ) = ---- e
, если 0 ≤ t ≤ t1;
R
1
1
-------- t 1 – -------- t
U⎛
RC ⎞ RC
i ( t ) = ---- ⎜ 1 – e
, если t ≥ t1.
⎟e
R⎝
⎠
⎧ 10 – 2 ( 1 – e – 1 t ), 0 ≤ t ≤ 1 c,
⎪
⎪
6.67. i C ( t ) = ⎨ 10 – 2 ( 4,4e – 1 t – 1 ), 1 c ≤ t ≤ 2 c,
⎪
–2 –1 t
⎪
⎩ – 2,95 æ10 e , t ≥ 2 c.
R
R
--- t 1 – --- t
U m sin ϕ ⎛
L ⎞ L
6.68. i ( t ) = ---------------------- ⎜ 1 + e ⎟ e
, где Z =
Z
⎝
⎠
ωL
ϕ = arctg ------- .
R
2π
2
2
R + ( ωL ) ; ω = ------ ;
T
1
– -------- t
Um
RC
6.69. i ( t ) = -------- sin ( ωt + ϕ ) – sin ϕe
, если 0 ≤ t ≤ t1 = T/2;
Z
1
1
– -------- t
– -------- ( t – t 1 )
Um
RC
RC
, если t ≥ t1, где
i ( t ) = -------- sin ( ωt + ϕ )e
– sin ϕe
Z
1 2
2π
1
2
R + ⎛ --------⎞ ; ω = ------ ; ϕ = arctg ------------ .
⎝ ωC⎠
T
ωCR
6.70. i(0,5) = 0,451 А; i(1,5) = –0,157 А.
Z=
346
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
3
⎧ 7,5 – 2,5e – 10 t А, 0 ≤ t ≤ 0,5 мс,
⎪
⎪
3
6.71. i 2 ( t ) = ⎨ 11,926e – 10 t А, 0,5 ≤ t ≤ 1 мc,
⎪
3
⎪
⎩ – 15,257 e – 10 t А, t ≥ 1 мc
(см. рис. к задаче 6.71).
i(t), А
8
6
4
2
0
–2
0,5
1,0 1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
4,5
t, мc
–4
–6
–8
–10
Рис. к задаче 6.71
⎧ 100e – 100 t мА, 0 ≤ t ≤ T ,
0
⎪
6.72. i C ( t ) = ⎨
⎪ 100 ( – 1 + 3,72e – 100 t ) мА, T ≤ t ≤ 2T .
0
0
⎩
3
–100t
А, t ≥ 0,03 c.
6.73. i(t) = (e – 2e + 2)e
– 0,5t
– 0,25 t
⎧
+ 50e
В, 0 ≤ t ≤ 4 с,
⎪ – 25e
⎪
6.74. u вых ( t ) = ⎨ 246,5e – 0,5 t – 200e – 0,4 t В, 4 ≤ t ≤ 6 с,
⎪
⎪ – 710,5e – 0,5t В, t ≥ 6 c.
⎩
–1 t
А, 0 ≤ t ≤ 1 c,
⎧ 10 – 10t – 5e
6.75. i ( t ) = ⎨
⎩ 1,796e – 1t А, t ≥ 1 c.
i(0,5) = 1,967 А; i(1,5) = 0,401 А.
347
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
– 1000t
⎧
, 0 ≤ t ≤ 0,5 мс,
⎪ 7,5 – 5e
⎪
6.76. i ( t ) = ⎨ 9,426e – 1000t, 0,5 мс ≤ t ≤ 1 мc,
⎪
⎪ – 17,757 e – 1000t А, t ≥ 1 мc.
⎩
–200t
А.
6.77. i(t) = 2 + 0,5e
–10t
6.78. i1(t) = 0,04(1 + e ) А.
–4,4t
) А.
6.79. i1(t) = 0,0065 + 0,015e
–20t
–20t
6.80. i1(t) = 5 – e
А; i1(0+) = 4 А; i2(t) = –2 2 e
А; i2(0+) = 2 2 А.
6.81. i1(t) = 0,728 sin(1000t + 44°) – 0,097e
6.82. u C ( t ) = 40e
6.83. t1 = 119,5 с.
–250t
А.
3
– 6,67æ 10 t
В.
–40t
А; i2(t) = 4e–40t А.
6.84. i1(t) = 10 – 8e
–1000t
– 4æ104te–1000t В.
6.85. u C ( t ) = 40 – 40e
1
6.86.
6.87.
6.88.
6.89.
–75t
А; б) i(t) = 4 + 0,125e–37,5t А.
а) i(t) = 4 – 0,25e
i2(t) = –0,2e–417t А.
См. решение.
Для k-го интервала
– k αT
– kβ T
⎛
⎞
–α t 1 – e
–β t 1 – e
i ( t ) = A 1 ⎜ k – e ------------------------⎟ + A 2 e ----------------------- .
–α T
– βT
⎝
⎠
1–e
1–e
U
– 0,4k – 20 τ 1
)e
6.90. Во время импульса i ( t ) = ---- 1 – ( 0,787 + 0,319e
;
R
U
– 0,4 k – 20 τ 2
)e
во время паузы i ( t ) = ---- 0,289 ( 1 – e
, где τ1 и τ2
R
отсчитываются от начала своего интервала.
τ1
– -------Um
sin ϕ
RC
-----------------------------sin ( ωτ 1 + ϕ ) –
6.91. Во время импульса i ( t ) =
;
e
T
Z
– ----------2RC
1–e
τ2
– -------U m sin ϕ
RC
-----------------------------во время паузы i ( t ) = –
, где τ1 и τ2 отсчитыe
T
Z
– ----------2RC
1–e
348
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ваются от начала своего интервала;
Z=
1 2
1
2
R + ⎛ --------⎞ ; ϕ = arctg ⎛ ------------⎞ .
⎝ RC⎠
⎝ ωCR⎠
6.92. Во время импульса uC(t) = 4 + 11,12e
– 10000 τ 1
sin(70 000τ1 + 1,4°) В;
– 10000τ 2
во время паузы uC(t) = 12,36e
cos(70 000τ2 + 30°) В,
где τ1 и τ2 отсчитываются от начала своего интервала.
3
– -------- t
3
– -------- t
3
– -------- t
E E RC
E
E RC
2E E R C
6.93. u C = --- + --- e
; i(t) = ------- + ------- e
; i 1 ( t ) = ------- – ------- e
.
3 6
3R 6R
3R 6R
6.94.
uC
iL
iC
6.95.
21,72e
=
0,3 + 0,1177e
– 0,1116 e
=
– 1,72e
– 51,4t
– 51,4t
0,3 + 6,047æ10 e
i L уст
=
u C уст
50 – 215,7e
– 5 + 10,78e
– 5,52 e
– 50 t
– 50 t
+ 5,52e
+ 1,1116e
–3
)
– 648,6t
;
– 648,6 t
– 0,206e
– 648,6t
200
– --------- t
3
.
–3
, t ∈ [ 0 ; πæ10 ],
+ 165,6e
– 50 ( t – π æ 10
– 648,6 t
– 0,3177e
– 3 – 51,4t
i
5 – 10,78e
=
– 51,4 t
200
– --------- t
3
–
.
–3
200
– --------- ( t – π æ10 )
3
–3
– 50 + 215,7e
– 165,6e
–3
, t ∈ [ πæ10 ; 2πæ10 ],
– 50 ( t – π æ10
–3
)
–
200
–3
– --------- ( t – πæ 10 )
3
349
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–6 t
– 16 t
–6 t
– 16 t
At
– 0,2e
0,8e
– 0,8e
6.96. A = – 3 – 18 ; e = 1,2e
.
–6 t
– 16 t
–6 t
– 16 t
–4 8
– 0,3 e
+ 0,3e
– 0,2 e
+ 1,2e
iR
6.97.
6.98.
5 – 2e
iC =
–6 t
– 4e
iR
– 5 + 4e
iC =
iL
uC
iR
–6 t
– 12e
8e
40e
–6 t
–4 t
10e
– 6t
– 16 t
+ 12e
–6 t
.
+ 6e
– 48e
– 4e
– 16 t
– 16 t
.
– 16 t
– 3e
– 32e
–4 t
– 16t
– 16 t
+ 24e
–6 t
8e
=
– 3e
– 6e
uL
uL
6.99.
6e
– 6t
–6 t
–6 t
– 16t
+ 2e
– 1e
– 16 t
;
– 16 t
i C = – 10 e – 4 t + 12e – 6 t – 2e – 16 t .
–6 t
– 16 t
uL
–8 e
+ 8e
–43,5t
– 1,81e–11,5t А.
6.100. i2(t) = 6,81e
6.101. i2(t) = 5 + 8,83e–23t – 13,83e–87t А.
i1
6.102.
– 1,717e
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
+ 0,517e
– 115,3 t
i 2 = – 0,5 + 0,201e – 34,7 t – 1,101e – 115,3 t .
– 34,7 t
– 115,3 t
i3
– 0,456e
– 1,944e
6.103. i1(t) = 1 – 0,223e
350
– 34,7t
–38t
+ 0,223e–262t А.
Глава седьмая
НЕЛИНЕЙНЫЕ ЦЕПИ
ПОСТОЯННОГО И ПЕРЕМЕННОГО ТОКА
В УСТАНОВИВШЕМСЯ РЕЖИМЕ
ВВЕДЕНИЕ
Уравнения, обозначения и параметры нелинейных элементов и
цепей. Нелинейной называется цепь, содержащая хотя бы один нелинейный элемент — резистивный, емкостный, индуктивный или
источник ЭДС (тока). У перечисленных нелинейных пассивных элементов вольт-амперная U = fR(I) [u = ϕR(i)], кулон-вольтная q = fC(u),
вебер-амперная Ψ = fL(i) характеристики нелинейные. У нелинейного
источника или в более общем случае нелинейного активного двухполюсника нелинейная внешняя характеристика U = fЕ(I) [u = ϕЕ(i)].
Графические обозначения нелинейных элементов представлены в
табл. 7.1.
Заметим, что второе из двух возможных обозначений нелинейных
индуктивных элементов (см. пп. 3 и 4 табл. 7.1) используется в случае,
когда такой элемент представляет собой катушку с ферромагнитным
магнитопроводом, определяющим нелинейный характер элемента.
Характеристики нелинейных элементов могут меняться в зависимости от скорости изменения их переменных. Так, статическая вольтамперная характеристика (ВАХ) резистивного элемента U = fR(I),
связывающая постоянные его токи и напряжения, может отличаться
от динамической ВАХ u = ϕR(i), связывающей его токи и напряжения
при быстрых изменениях токов. Из ВАХ определяют статические и
дифференциальные сопротивления и проводимости:
Rст = Rст(I) = U/I, Gст = Gст (I) = I/U,
dU
dI
Rд = Rд(I) = ------, Gд = Gд(I) = ------dI U , I
dU U , I
0 0
0 0
или
du
di
Rд = Rд(i) = -----, Gд = Gд(i) = -----.
di u , i
du u , i
0 0
0 0
351
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бл и ц а 7 .1
№ п/п
Нелинейный элемент
Графическое обозначение
i
1
Резистивный
u
i
2
Емкостный
u
i
3
Индуктивный
4
Индуктивный
u
i
u
e
5
i
Источник ЭДС
u
i
6
Нелинейный пассивный
двухполюсник
7
Нелинейный активный
двухполюсник
НП
u
i
u
НА
Аналогичным образом определяются статические и динамические
кулон-вольтные и вебер-амперные характеристики, статические и
дифференциальные емкости и индуктивности, т.е. статические и
дифференциальные параметры для нелинейных емкостных и индуктивных элементов.
Для описания процессов в нелинейных цепях, как и в цепях
линейных, используются уравнения первого и второго законов
352
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Кирхгофа и компонентные уравнения всех элементов цепи. В качестве компонентных уравнений используются уравнения вольт-амперных, вольт-кулонных, вебер-амперных и внешних характеристик
линейных и нелинейных элементов цепи. Часто вместо компонентных
уравнений нелинейных элементов используются сами перечисленные характеристики, представленные графически или в табличном
виде. Причем для нелинейных элементов подобные характеристики
должны соответствовать скорости рассматриваемых процессов, т.е.
они могут быть как статическими, так и динамическими. Заметим,
что для некоторых, так называемых безынерционных, элементов,
статические и динамические характеристики могут совпадать.
Особенности режимов и методов расчета нелинейных цепей.
В нелинейных цепях установившихся режимов может быть
несколько; формы токов и напряжений пассивных элементов в таких
режимах в общем случае отличаются от форм токов и напряжений
источников.
При исследовании установившихся режимов путем плавного
изменения отдельных параметров цепи, например амплитуды, частоты или фазы источников синусоидальной ЭДС, может наблюдаться
целый ряд эффектов, нехарактерных для линейных цепей:
стабилизация выходных напряжения или тока (т.е. нулевая чувствительность выходных параметров к изменению параметров входного сигнала);
скачкообразное изменение амплитуды или частоты колебаний
выходных токов и напряжений при относительно небольших изменениях параметров входного сигнала.
Главными особенностями расчетов установившихся процессов в
нелинейных цепях являются:
невозможность применения принципа наложения;
невозможность в общем случае нахождения аналитического решения;
необходимость нахождения решения не только для заданных
параметров и характеристик элементов, но и исследования решения в
некоторой окрестности изменения этих параметров и характеристик
для того, например, чтобы оценить его устойчивость.
При расчетах установившихся режимов нелинейных цепей могут
использоваться различные методы, известные из теории линейных
цепей: методы эквивалентного генератора, преобразований электрических схем, но реализация их осуществляется с учетом конкретных
особенностей характеристик нелинейных элементов. На выбор
метода и характер решения оказывает влияние и форма задания
характеристик нелинейных элементов — аналитическая, графическая, табличная, алгоритмическая.
353
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчет режимов достаточно сложных цепей осуществляется численными либо аналитико-численными методами, однако режимы
простых цепей часто удается рассчитать и исследовать графическими
либо квазианалитическими методами.
Нелинейные цепи постоянного тока. Дана цепь с известными
параметрами элементов. Определить напряжения и токи нелинейных
элементов, построить вольт-амперные характеристики участков
цепи. Применяются квазианалитические, графические, численные
методы. Алгоритмы решения типовых задач представлены в табл. 7.2.
Численные методы расчета нелинейных цепей постоянного тока.
Нелинейные цепи постоянного тока описываются нелинейными
алгебраическими уравнениями. Численные методы определения корней нелинейных алгебраических уравнений реализованы в стандартных программах.
Особо отметим схемную реализацию метода Ньютона — метод
дискретных линейных моделей, в котором на каждом шаге итерации
нелинейный резистор представляется линейной схемой замещения.
Схемы замещения нелинейного резистора и их компонентные
уравнения представлены в табл. 7.3 (здесь k — номер шага итерации).
Нелинейные цепи переменного тока. Основные методы расчета:
по мгновенным значениям тока, напряжения, потокосцепления, заряда;
по основной гармонике;
по действующим значениям тока и напряжения.
Р а сч е т п о м г н о ве н н ы м з н аче н и я м и о с н о в н о й г а рм о нике . Рассматривается цепь или часть цепи с известной вольтамперной, вебер-амперной или вольт-кулонной характеристикой,
подключенная к источнику синусоидального напряжения или тока.
Характеристика может быть задана в виде графика, таблицы или
аппроксимирующей функции.
Требуется определить зависимость тока, напряжения, магнитного
потока или заряда от времени, построить амплитудные, амплитудночастотные, фазочастотные характеристики.
При графическом или численном расчете решение в виде графика
или таблицы получается путем подстановки значения синусоидального воздействующего сигнала в заданную нелинейную функцию.
При аналитическом расчете решение можно получить в виде
отрезков известных функций (в частности, синусоидальных) либо в
виде суммы гармонических составляющих.
Расчет по основной гармонике — метод гармонического баланса —
применяется для анализа резонансных слабонелинейных цепей второго порядка с малым затуханием. Допущение метода: амплитуды
высших гармоник невелики и ими можно пренебречь. Метод гармонического баланса удобен для построения амплитудных и амплитудно-частотных характеристик цепи.
354
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бл и ц а 7 .2
Используемая
вольт-амперная
характеристика
Схема
1. Последовательное
соединение элементов
E
U1(I), U2(I)
Способ сложения
характеристик.
Построение вольт-амперной характеристики цепи и определение тока I и
напряжений U1, U2: U(I) = U1(I) + U2(I);
U(I) = E
U1(I)
Способ пересечения характеристик.
Определение тока I и напряжений U1,
U2: U1(I) = U2(I); U1(I) = Е – RвхI. Правая часть этого уравнения — линейная функция.
Примечани е. По методу эквивалентного генератора к этой схеме можно
привести любую разветвленную цепь
с единственным нелинейным элементом
I1(U),
I2(U)
Способ сложения характеристик. Построение вольт-амперной характеристики
цепи и определение напряжения U и
токов I1, I2: I(U) = I1(U) + I2(U); I(U) = J.
Способ пересечения характеристик.
Определение напряжения U и токов
I1, I2: I1(U) = J – I2(U).
Пр им ечани е. Если один из элементов линейный I(U) = U/R, то часть
этого уравнения — линейная функция
I1(U1),
I2(U2),
I3(U3)
Способ пересечения характеристик.
Определение зависимостей токов от
общего напряжения: U(I1) = E1 – U1;
U(I2) = E2 – U2; U(I3) = E3 + U3; определение напряжения U по первому
закону Кирхгофа: I1(U) + I2(U) =
= I3(U); определение напряжений U1,
U2, U3 и токов I1, I2, I3 на пересечении
характеристик
I
U1
U2
Частный случай: в цепи
один нелинейный элемент
Rвх
I
E
U2
U1
2. Параллельное соединение элементов
I
U
J
I1
I2
3. Разветвленная цепь
с двумя узлами
I
U1
E1
I1
I2
I3
U2
U
U3
E3
E2
4. Сложная разветвленная
цепь
I1
I2
U1
U2
Методика решения
U(I) всех НЭ Метод эквивалентного нелинейного
генератора. Схема цепи разбивается
на подсхемы; определяются вольтамперные характеристики подсхем:
U1(I1), U2(I2); приравниваются значения напряжения и тока на общих
выводах подсхем: U1(I1) = U2(I2)
355
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бл и ц а 7 .3
Вид вольт-амперной
характеристики
Схема замещения резистора
Компонентные уравнения
∂I ( U )
G k = -------------∂U
Jk
J k = GkUk – Ik
Gk
Ik
;
Uk
Uk
I(U)
Ik
Rk
1
R k = ------ ;
Gk
Ek
Uk
1
Ik
Rk
∂U ( I )
R k = -------------∂I
Ek
1
G k = ----- ;
Rk
Jk
Ik
;
Ik
E k = R kI k – U k
Uk
U(I)
Jk
E k = -----Gk
Ek
J k = ----Rk
Gk
Uk
2
Алгоритмы аналитического расчета и метода гармонического
баланса приведены в табл. 7.4.
Р а сч е т п о д е й с т ву ю щ и м з н ач е н и я м н ап р я же н и я и тока
( п о э к в и ва л е н т н ы м с и н у с о и д а м ) . Применяется для приближенного определения напряжений и токов в катушках и трансформаторах
со стальным магнитопроводом. Реальные несинусоидальные кривые
напряжения и тока заменяются эквивалентными синусоидами.
Потери на гистерезис и вихревые токи определяются по экспериментальным данным, либо непосредственно по показаниям ваттметра,
либо по экспериментально полученным кривым удельных активных
и реактивных мощностей для данного сорта стали.
356
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бл и ц а 7 . 4
Метод
расчета
Аппроксимация
характеристики
Аналити- Кусочно-линейная,
ческий
например,
i(u) = au + b
Алгоритм расчета
1. На каждом линейном участке определяются
коэффициенты а, b уравнения i(u) = au + b.
2. Подстановкой u = Um sinωt определяется ток
i(t) на каждом линейном участке.
3. Определяются моменты перехода с одного
линейного участка на другой (углы отсечки θk)
по граничным условиям uk, ik для каждой k-й
границы:
ik = аUm sinωθk + b.
4. Результат расчета — аналитическое выражение i(t) в виде отрезков синусоид.
Подстановка значения u = Um sinωt в уравнеПолиномиальная,
например,
ние вольт-амперной характеристики.
2
3
i(u) = a1u + a2u + a3u Результат расчета — аналитическое выражение i(t) в виде ряда Фурье
Гармони- Полиномиальная,
ческого например,
баланса i(ψ) = a ψ + a ψ3
1
3
1. Составление дифференциального уравнения нелинейного резонансного контура
2
d ψ
dψ
---------- + 2δ ------- + f ( ψ ) = F ,
2
dt
dt
где
F = Fm sin(ωt + α) = Fc cosωt + Fs sinωt.
2. Подстановка искомого решения в виде
ψ = ψm sinωt.
3. Приравнивание коэффициентов при cosωt,
sinωt в левой и правой частях уравнения; получение алгебраических уравнений, связывающих искомую амплитуду Um с составляющими
внешнего воздействия Fc, Fs.
4. Результат расчета — построение амплитудной и амплитудно-частотной характеристик
При использовании эквивалентных синусоид тока и напряжения
можно записывать и решать уравнения цепи в комплексной форме и
пользоваться векторными и топографическими диаграммами. Основные алгоритмы построения схем замещения индуктивных элементов
по действующим значениям напряжения и тока представлены в табл. 7.5.
В представленных схемах значения Rэкв, Хэкв или R, Х зависят от
действующего значения напряжения или тока.
357
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бли ц а 7 .5
Схема замещения, исходные данные
Алгоритм определения
параметров схемы замещения
С учетом сопротивления рассеяния Хs.
Дано : число витков w, частота f, действующие значения напряжения и тока
U, I, активная мощность Р, активное
сопротивление обмотки (меди) Rм, амплитуда магнитного потока Φm.
1. Определение напряжения UΦ , связанного
с потоком намагничивания Φm (рис. А):
UΦ = j4,44fwΦm.
2. Определение эквивалентного сопротивления потерь на гистерезис и вихревые токи в магнитопроводе Rэкв:
Xs
I
2
Rм
UΦ
2
Rэкв = ---------- , где Рэкв = Р – RмI .
P экв
UF
U
Xэкв
Rэкв
Рис. А. параллельная схема замещения
катушки с магнитопроводом
I
Xs
Rм
R
UF
U
X
Рис. Б. Последовательная схема замещения катушки с магнитопроводом
3. Определение эквивалентного индуктивного сопротивления катушки Хэкв:
I
1
1
-------- = ---------- + ---------- .
2
2
UΦ
R экв X экв
4. Определение сопротивления последовательной схемы замещения (рис. Б):
jR экв X экв
Z_ экв = ----------------------------- = R + jX .
R экв + jX экв
5. Определение сопротивления рассеяния
Xs по модулю входного сопротивления:
U
2
2
Z вх = ---- = ( R м + R ) + ( X s + X )
I
Без учета сопротивления рассеяния Хs. 1. Определение сопротивления R (рис. А):
2
Дано : действующие значения напряжеP = (Rм + R)I .
ния и тока U, I, активная мощность Р, 2. Определение сопротивления Х по
активное сопротивление обмотки Rм.
модулю входного сопротивления:
R
U
2
2
I
м
Z вх = ---- = ( R м + R ) + X .
I
3. Определение Хэкв, Rэкв (рис. Б):
R
U
1
1
1
R – jX
Y– экв = --------------- = -----------------= ---------- – j ---------- ,
R + jX R 2 + X 2 R экв X экв
UF
X
2
Рис. А. Последовательная схема замещения
I
U
Rм
UF
Rэкв
Xэкв
Рис. Б. Параллельная схема замещения
358
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
2
2
R +X
R +X
X экв = ------------------ , R экв = -----------------X
R
7.1. ГРАФИЧЕСКИЙ МЕТОД РАСЧЕТА
НЕЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЕЙ ПОСТОЯННОГО ТОКА
7.1(р). Нелинейный двухполюсник (рис. к задаче 7.1(р), а)
состоит из последовательно включенных линейного резистора с
сопротивлением R = 80 Ом и нелинейного резистора, характеристика
которого приведена на рис. к задаче 7.1(р), б (кривая 1).
I, A
R
2
0,4
I
1
3
0,3
E
U2
I(U1)
0,2
U
U1
0,1
0
10
20
30
а)
б)
U, В
I, A
50
0,5
40
0,4
30
0,3
20
0,2
10
0,1
0
10
20
30
50 U, U1, U2, В
40
40
50
60 U1, В
0
4
I(U)
1
10
20
в)
30
40
50
U, В
г)
Рис. к задаче 7.1(p)
Построить: 1) вольт-амперную характеристику двухполюсника I(U1);
2) зависимость напряжения U на нелинейном элементе от входного
напряжения U1. Определить ток I при ЭДС Е = 40 В.
Ре ше ние . 1. Цепь описывается уравнением, составленным по
второму закону Кирхгофа:
U1(I) = RI + U(I) = U2(I) + U(I),
т.е. алгебраическим выражением вольт-амперной характеристики
пассивного двухполюсника (см. рис. к задаче 7.1(р), б). Здесь 1 —
характеристика U(I) нелинейного резистора; 2 — характеристика
359
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
U2(I) линейного резистора; 3 — характеристика, полученная суммированием характеристик 1 и 2 и являющаяся искомой вольт-амперной характеристикой двухполюсника I(U1).
2. Отмечая напряжения на входе цепи U1 (кривая 3) и на нелинейном элементе U (кривая 1), при одинаковых значениях тока строим
зависимость U(U1), показанную на рис. к задаче 7.1(р), в.
При Е = U1 = 40 В ток I определим непосредственно по построенной вольт-амперной характеристике двухполюсника — кривой 3 на
рис. к задаче 7.1(р), б: I = 0,25 А. Ток может быть найден также методом пересечений. Запишем уравнение цепи в виде
U(I) = Е – RI
и построим (рис. к задаче 7.1(р), г) характеристики левой (кривая 1) и
правой (прямая 4) частей этого уравнения. Равенство левой и правой
частей соответствует точке их пересечения. В точке пересечения
I = 0,25 А (U = 20 В).
7.2. Дана цепь, схема которой приведена на рис. к задаче 7.2, а.
Вольт-амперные характеристики нелинейных элементов НЭ1 и НЭ2
изображены на рис. к задаче 7.2, б — кривые U1(I) и U2(I) соответственно. Характеристики симметричны относительно начала координат.
I, A
НЭ1
I
E
U1
U1(I )
6
4
U2
U2(I )
2
НЭ2
0
2
а)
4
6
8
10
U, В
б)
Рис. к задаче 7.2
Определить ток I и напряжения U1, U2 при Е = 9 В.
7.3(р). В схемах двухполюсников на рис. к задаче 7.3(р), а—е,
Е = 25 В и J = 0,2 А. Характеристика нелинейного элемента (симметричная) изображена на рис. к задаче 7.3(р), ж.
Построить вольт-амперные характеристики этих двухполюсников.
Ре ше ние . Характеристика для схемы 7.3, а изображена на рис. 7.3, з.
Для остальных вариантов двухполюсников решение провести самостоятельно.
7.4. В схеме на рис. к задаче 7.4, а ЭДС E = 8 В, вольт-амперные
характеристики элементов изображены на рис. к задаче 7.4, б.
Определить токи нелинейных элементов и источника.
360
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I
I
U1
E
U
U1
E
а)
U
U1
E
б)
I
I
U
I
I1
U
J
г)
U
в)
I1
U1
E
I
J
U
д)
е)
I, A
0,3
±I, A
0,3
0,2
0,2
0,1
0,1
–20 –10 0 10
–0,1
0
10
20
30
40
60 ±U, В
50
20
30
40 U, В
– 0,2
ж)
з)
Рис. к задаче 7.3(p)
I, A
6
I
E
4
U
I1
I2
I1(U )
2
0
2
а)
4
I2(U )
6
8
U, В
б)
Рис. к задаче 7.4
7.5. В цепи на рис. к задаче 7.5, а ток источника J = 6 А, вольтамперные характеристики нелинейных элементов I1(U), I2(U) изображены на рис. к задаче 7.5, б.
Определить напряжение U и токи нелинейных элементов.
361
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I, A
6
J
I
4
U
2
I1
I1(U )
I2(U )
I2
0
2
4
6
а)
8
U, В
б)
Рис. к задаче 7.5
I1
R1
I
U1
I2
U2
U
R2
Ст
а)
2
I1(U )
I, I1, I2, A
I1, A
1,0
1,2 U2(I1)
0,8
1,0
0,6
0,4
0,2
R1I1
U1(I1)
0,8
1
0,6
0,4
I (U )
1
0,2
5 10 U, U1, U2, В
– 10 – 5 0
2
U (I1)
– U
R2
– 10
0
2
10
– 0,2
– 0,4
б)
20 U, U1, U2, В
в)
U2, В
10
5
0
10
18 20 U1, В
г)
Рис. к задаче 7.6(p)
7.6(р). В схеме на рис. к задаче 7.6(р), а R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом.
Характеристика опорного диода (стабилитрона Ст) приведена на
рис. к задаче 7.6(р), б (кривая 1).
362
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Построить зависимость выходного напряжения U2 от входного U1.
Найти токи при напряжении на входе: 1) U1 = 18 В, 2) U1 = 6 В.
Ре ше ние . Уравнение цепи по второму закону Кирхгофа
U 1 = R 1 I 1 – U = R 1I 1 + U 2 ,
где U = –U2.
Чтобы построить характеристику U2(U1), нужно получить для
этого уравнения все зависимости от одного аргумента, например
тока I1. Сначала построим характеристику I1(U) = I1(–U2) по уравнению (первый закон Кирхгофа)
I1(U) = I2(U) – I(U) = –U/R2 – I(U),
которая показана на рис. к задаче 7.6(р), б (кривая 2). На рис. 7.6(р), в
та же характеристика построена в координатах –I1(U), т.е. I1(U2). На
том же рисунке получена зависимость I1(U1). Для U1 = 6 В получено
I1 = 0,2 А, для U1 = 18 В получено I1 = 0,8 А.
Зависимость U2(U1), показанная на рис. к задаче 7.6(р), г, построена
по характеристикам I1(U2) и I1(U1) рис. к задаче 7.6(р), в. Из рис. 7.6, г
следует, что при U1 > 15 В в цепи наблюдается режим стабилизации
напряжения.
При известном напряжении U1 на входе ток I1 определим по
характеристике I1(U1) на рис. 7.6, в; ток I2 = U2/R2, где U2 найдем при
известном напряжении U1 по зависимости, построенной на рис. к
задаче 7.6(р), г, и ток I вычислим по первому закону Кирхгофа I = I2 – I1.
Отсюда получим:
1) при U1 = 18 В
I1 = 0,8 А, U2 = 10 В, I2 = 10/20 = 0,5 А, I = 0,5 – 0,8 = –0,3 А;
2) при U1 = 6 В
I1 = 0,2 А, U2 = 4 В, I2 = 0,2 А, I = 0.
7.7. Дана цепь на рис. к задаче 7.7, а, где вольт-амперные характеристики нелинейных элементов НЭ1, НЭ2, НЭ3 изображены на рис.
к задаче 7.7, б (кривые 1, 2, 3 соответственно).
Определить напряжение U и токи I1, I2, I3 при E = 10 В.
7.8(р). На схеме рис. к задаче 7.8(р), а сопротивления линейных
резисторов указаны в омах; ток J = 0,4 А; характеристика нелинейного элемента дана на рис. к задаче 7.8(р), в (кривая 1).
Найти напряжение и ток нелинейного элемента.
363
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I, A
6
НЭ1
I1
I3
I2
U1
1
2
4
U
2
E
НЭ2
3
НЭ3
0
2
4
а)
6
8
U, В
б)
Рис. к задаче 7.7
8
12
J
Rвх
I
I
U
12
U
E
8
а)
б)
I, A
0,08
2
E – RвхI
0,06
0,04
I(U )
0,03
0,02
0
1
0,2
0,4 0,5 0,6
0,8
U, В
в)
Рис. к задаче 7.8(p)
Ре ше н и е . Для линейной части цепи составим эквивалентную
схему, применяя теорему об активном двухполюснике (рис. к задаче
7.8(р), б), где Е = 0,8 В, Rвх = 10 Ом.
Для эквивалентной схемы запишем уравнение:
U(I) = Е – RвхI,
которое решим методом пересечений (рис. к задаче 7.8(р), б). Абсцисса и ордината точки пересечения определяют искомые величины
U = 0,5 В, I = 0,03 А.
364
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7.9. На схеме рис. к задаче 7.9, а нелинейный резистор имеет
вольт-амперную характеристику, изображенную на рис. к задаче 7.9, б.
Определить токи и напряжение U.
I, мА
0,4
I1
100 Ом
75 Ом
0,3
I
I2
E
0,2
U
100 Ом
0,1
100 В
0
10
20
а)
30
40
50 U, В
б)
Рис. к задаче 7.9
I, A
2,5
3 Ом
12 Ом
2,0
I
E
36 В
1,5
U
6 Ом
6 Ом
1,0
0
а)
2
4
6
8
10 U, В
б)
Рис. к задаче 7.10
7.10. В цепи на рис. к задаче 7.10, а параметры линейных элементов приведены на схеме, симметричная вольт-амперная характеристика нелинейного резистора задана кривой, изображенной на рис. к
задаче 7.10, б. Определить напряжение и ток нелинейного элемента.
7.11(р). Дана цепь, схема которой изображена на рис. к задаче
7.11(р), а. Вольт-амперные характеристики нелинейных элементов
показаны на рис. к задаче 7.11(р), б; все характеристики симметричны относительно начала координат. ЭДС источников E1 = 4 В,
E2 = 12 В.
Определить напряжение между узлами Uab и токи ветвей I1, I2, I3.
365
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
±I, A
a
8
2
1
I1
6
U2
U1
U3
3
I3
Uab
U2(I2)
U1(I1)
U3(I3)
4
I2
2
E2
E1
b
0
2
4
6
а)
8
± U, В
б)
Суммарная
I, A
8
I2=7
I1=6
Uab(I1)
–E1
4
Uab(I2)
2
I3=1
–2
E2
Uab(I3)
2 Uab=4 6
8
10
12 U, В
–4
–6
–8
в)
Рис. к задаче 7.11(p)
Ре ше н и е . Составим выражения для вольт-амперных характеристик ветвей:
Uab(I1) = –E1 + U1(I1),
Uab(I2) = E2 – U2(I2),
Uab(I3) = U3(I3).
На рис. к задаче 7.11(р), в построены соответствующие вольтамперные характеристики.
Для решения задачи следует, представив токи всех ветвей как
функции узлового напряжения Uab, записать первый закон Кирхгофа:
I1(Uab) + I3(Uab) = I2(Uab).
Графически складываем I1(Uab) и I3(Uab) (рис. к задаче 7.11(р), в).
Пересечение суммарной характеристики с характеристикой I2(Uab)
дает графическое решение Uab = 4 В и I2 = 7 А. Токи I1 = 6 А и I3 = 1 А
находят по кривым I1(Uab) и I3(Uab) при Uab = 4 В. Проверка: I1 + I3 = I2,
т.е. 6 + 1 = 7.
366
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7.12. В схеме на рис. к задаче 7.12, а Е = 40 В, J = 0,2 А; характеристики нелинейных элементов (симметричные) изображены на рис.
к задаче 7.12, б: НЭ1 — кривая 1, НЭ2 — кривая 2.
Определить токи и напряжения нелинейных элементов.
I, мА
2
I1
0,4
a
0,3
НЭ1
НЭ2
Uab
J
I2
E
1
0,2
0,1
b
0
10
20
а)
30
40
50 U, В
б)
Рис. к задаче 7.12
I1
1
НЭ3
E
I2
НЭ1
E1
НЭ2
U1
U2
± I, A
0,4
3
0,3
R
U
U32
U12
J
E2
1
2
0,2
0,1
2
0
а)
10
20
30
40 ± U, В
б)
Рис. 1 к задаче 7.13(p)
7.13(р). Характеристики нелинейных элементов (симметричные)
схемы на рис. 1, а к задаче 7.13(р) изображены на рис. 1, б к задаче 7.13(р):
НЭ1 и НЭ3 — кривая 1, НЭ2 — кривая 2; R = 50 Ом, Е1 = 40 В,
Е2 = 15 В, J = 0,2 А.
Определить ток I и напряжение U нелинейного элемента НЭ3,
если: а) Е = 30 В; б) Е = –30 В; в) Е = 0.
Ре ше ние. Для решения задачи преобразуем схему в неразветвленную, заменив две параллельные ветви с НЭ1 и НЭ2 эквивалентным нелинейным двухполюсником. Эквивалентная схема показана
на рис. 2 к задаче 7.13(р) и подробнее на рис. 3 к задаче 7.13(р), г,
причем источник тока заменен эквивалентным источником ЭДС с
Е32 = JR = 10 В.
367
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
A1
НЭ3
E I
3
U
U12
A2
U32
2
Рис. 2 к задаче 7.13(p)
НЭ12
E12
1
НЭ3
U12
E
I
3
R
E32
U32
U
2
Рис. 3 к задаче 7.13(p)
±I, A
0,4
2
0,3
0,2
0,1
3
± U, В
0 10 20 30 40 50
1
Рис. 4 к задаче 7.13(p)
Характеристику нелинейного двухполюсника А1 определим на
основании уравнений, составленных по законам Кирхгофа:
U12 = Е1 – U1(I1),
(1)
U12 = U2(I2) – Е2,
(2)
I(U12) = I1(U12) – I2(U12).
(3)
Характеристики (1), (2) и графическое решение уравнения (3)
показаны на рис. 4 к задаче 7.13(р), (кривые 1, 2, 3 соответственно).
При построении учитывалась симметричность характеристик. После
368
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
построения характеристики I(U12) (или U12(I)), находим ток в неразветвленной схеме на рис. 3 к задаче 7.13(р), для которой
U12(I) = U3(I) + U32(I) – Е.
Это уравнение решим методом пересечений (рис. 5 к задаче 7.13(р))
для Е = 30 В. Точка пересечения определяет напряжение U = 8 В и
ток I = 0,19 А.
±I, A
0,4
U32(I ) – E
0,3
U3(I )
U3(I ) + U32(I ) – E
0,1
0
10
20
30
40 ±U, В
U12(I )
Рис. 5 к задаче 7.13(p)
Для вариантов б) и в) задачу решить самостоятельно.
7.2. АНАЛИТИЧЕСКИЕ И ЧИСЛЕННЫЕ МЕТОДЫ РАСЧЕТА
НЕЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЕЙ ПОСТОЯННОГО ТОКА
7.14(р). В цепи, схема которой изображена на рис. к задаче 7.14(р), симметричные вольт-амперные характеристики нелинейных элементов аппроксимированы
квадратичными полиномами:
U1 = a1I + b1I2,
2
где a1 = 0,25 В/А, b1 = 0,1 В/А ;
НЭ1
I
E
U1
U2
НЭ2
Рис. к задаче 7.14(p)
2
U2 = a1I + b2I ,
2
где a2 = 3 В/А, b2 = –0,35 В/А .
369
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Аппроксимация имеет физический смысл только при положительных токах I ≥ 0.
Определить ток I и напряжения U1, U2 при ЭДС E = 9 В.
Ре ше ние . Задача решается на основании второго закона Кирхгофа
U1(I) + U2(I) = E.
Подстановка заданной аппроксимации U1(I), U2(I) позволяет
получить квадратное уравнение с одним неизвестным током I:
2
(a1 + a2)I + (b1 + b2)I = E,
решение которого дает значение тока I. Подстановка значения тока в
формулы вольт-амперных характеристик нелинейных элементов позволяет определить напряжения U1, U2.
Ранее указывалось, что область аппроксимации ограничивается
первым квадрантом, т.е. I ≥ 0, U1, 2 ≥ 0. Укажем еще одно ограничение: с ростом тока напряжение должно возрастать, т.е. dU/dI > 0. Для
2
характеристики U1(I) = 0,25I + 0,1I это условие выполняется при
любых положительных токах и напряжениях. Для характеристики
2
U2(I) = 3I – 0,35I последнее условие имеет вид dU2/dI > 3 – 0,7I или
I < 4,28 А.
Таким образом, решение квадратного уравнения имеет смысл при
значениях тока, удовлетворяющих неравенству 0 ≤ I < 4,28 А.
Итак, уравнение цепи
U1(I) + U2(I) = (a1 + a2)I + (b1 + b2)I2 = E
после подстановки коэффициентов принимает вид
2
3,25I – 0,25I = 9
или после деления обеих частей на 0,25
2
I – 13I + 36 = 0.
Решение квадратного уравнения дает два значения тока: 4 А и 9 А.
Учитывая, что решение имеет смысл при токах меньших 4,28 А, принимаем I = 4 А. Соответственно напряжения на нелинейных элементах
равны:
U1 = 0,25æ4 + 0,1æ42 = 2,6 В,
U2 = 3æ4 – 0,35æ42 = 6,4 В.
7.15. На схеме рис. к задаче 7.15, а R1 = R2 = 40 Ом, R3 = 80 Ом,
J = 0,6 А. Характеристика нелинейного элемента при U ≥ 0, I ≥ 0
аппроксимирована зависимостью
2
U(I) = аI + bI ,
где а = 30 В/А, b = 500 В/А2.
370
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R2
Rэкв
I
I
J
R3
R1
U
U
Eэкв
а)
б)
Рис. к задаче 7.15
R
I1
I
I2
I1
I3
U1
U2
U
Eэкв
НЭ1
НЭ2
Рис. к задаче 7.16
U3
I2
U
E1
E2
E3
Рис. к задаче 7.17(p)
Определить напряжение U и ток I нелинейного резистора.
Ме тод ич е с ко е у ка з а ни е . Целесообразно линейную часть
схемы преобразовать по методу эквивалентного генератора (рис. к
задаче 7.15, б).
7.16. В схеме на рис. к задаче 7.16 Е = 30 В, R = 20 Ом. Характеристики нелинейных элементов НЭ1 и НЭ2 соответственно заданы
зависимостями I1 = а1U + а2U2, где а1 = 0,01 А/В, а2 = 0,003 А/В2, и
I2 = b1U + b2U2, где b1 = 0,04 А/В; b2 = 0,002 А/В2, при U ≥ 0.
Определить напряжение U и токи нелинейных элементов.
7.17(р). В схеме на рис. к задаче 7.17(р) нелинейные элементы
имеют следующие характеристики (токи в амперах, напряжения в
вольтах):
2
I 1 ( U 1 ) = 0,01U 1 + 0,002U 1 ,
2
I 2 ( U 2 ) = 0,01U 2 + 0,003U 2 ,
2
I 3 ( U 3 ) = 0,04U 3 + 0,002U 3
(аппроксимация справедлива только при положительных значениях
напряжений и токов). ЭДС источников: E1 = 40 В, E2 = 10 В, E3 = 10 В.
Определить напряжения и токи нелинейных элементов.
371
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше ние . По первому закону Кирхгофа
I1(U) = I2(U) + I3(U).
Для решения этого уравнения выразим все токи через общее узловое напряжение. С этой целью записываем уравнения цепи по второму закону Кирхгофа. Получаем:
U1 = E1 – U = 40 – U;
U2 = U – E2 = U – 10;
U3 = U – E3 = U – 10.
Подставив полученные равенства в формулы вольт-амперных
характеристик, запишем первый закон Кирхгофа:
0,01(40 – U) + 0,002(40 – U)2 =
2
2
= 0,01(40 – U) + 0,003(U – 10) + 0,04(U – 10) + 0,002(U – 10) .
После алгебраических преобразований получим квадратное уравнение
2
U + 40U – 1200 = 0.
Решение этого уравнения:
U = – 20 ±
400 + 1200 = – 20 ± 40 В.
Итак, напряжение между узлами U = 20 В (значение U = –60 В
противоречит условию аппроксимации).
Напряжения и токи нелинейных элементов:
2
U1 = 40 – U = 20 В, I1 = 0,01æ20 + 0,002æ20 = 1 А;
U2 = U – 10 = 10 В, I2 = 0,01æ10 + 0,003æ102 = 0,4 А;
2
U3 = U – 10 = 10 В, I3 = 0,04æ10 + 0,002æ10 = 0,6 А.
Можно проверить правильность полученного решения по первому закону Кирхгофа: I1 = I2 + I3.
7.18(р). В цепи на рис. к задаче 7.18(р), а ЭДС E = 10 В, сопротивление линейного резистора R = 10 Ом, вольт-амперная характеристика
нелинейного резистора аппроксимирована выражением U = 1000I3
(напряжение в вольтах, ток в амперах).
Определить ток I.
Ре ше н и е . Для решения задачи строится дискретная линейная
схема (рис. 7.18, б).
372
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I
R
Ik
R
E
Rk
Uk
E
U
Ek
а)
б)
Рис. к задаче 7.18(p)
Параметры дискретной схемы:
dU
2
R k = ------- = 3000I k ,
dI I
k
2
3
3
3
E k = R k I k – U k = 3000I k I k – U k = 3000I k – 1000I k = 2000I k ,
E + Ek – 1
I k = ------------------------ .
R + Rk – 1
Итерационный процесс считаем законченным, когда значения
тока для двух последовательных приближений будут отличаться
менее чем на 2 %.
Задаемся начальным (нулевым) приближением, например, полагаем, что нелинейный элемент отсутствует; принимаем I0 = 1 А. При
этом R0 = 3000 Ом, E0 = 2000 В.
Тогда в первом приближении:
I1 = (10 + 2000)/(10 + 3000) = 0,67 А,
2
R1 = 3000æ0,67 = 1350 Ом,
3
E1 = 2000æ0,67 = 600 В.
Во втором приближении:
I2 = (10 + 600)/(10 + 1350) = 0,45 А,
2
R2 = 3000æ0,45 = 607 Ом,
3
E2 = 2000æ0,45 = 182 В.
Дальнейшие итерации дают численное решение:
I3 = 0,31 А, R3 = 288 Ом, E3 = 60 В;
373
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
I4 = 0,23 А, R4 = 159 Ом, E4 = 24,3 В;
I5 = 0,203 А, R5 = 123,6 Ом, E5 = 16,7 В, I6 = 0,20 А.
Поскольку значения тока I5 и I6 отличаются менее чем на 2 %,
процесс вычислений можно закончить. Искомый ток I = 0,2 А.
7.3. ГРАФИЧЕСКИЕ И ГРАФОАНАЛИТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РАСЧЕТА
НЕЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЕЙ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА
7.19(р). Резистор с сопротивлением R = 1 кОм подключен к источнику синусоидальной ЭДС e(t) = 150 sinωt В (рис. к задаче 7.19(р), а)
через диод D, вольт-амперная характеристика которого дана на рис. к
задаче 7.19(р), б.
i, A
i
VD
0,2
u
0,1
R
e
–200 –100
0
100
200
u, В
–0,1
а)
i
б)
Rэкв
i, A
0,1
Im1
u
R
0
e
i1
π
i2
Im2
2π
ωt
–0,1
в)
г)
Рис. к задаче 7.19(p)
Построить график тока i(t), определить среднее I0 и действующее I
значения тока в цепи; найти мощность Р источника и мощность Рп
потерь в резисторе.
Ре ше н и е . При расчете диод может быть представлен резистором,
эквивалентное сопротивление Rэкв которого различно при прямом и
обратном направлении тока. Эквивалентная схема цепи приведена на
рис. к задаче 7.19(р), в.
374
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Эквивалентное сопротивление диода определяется по характеристике рис. к задаче 7.19(р), б и равно в прямом направлении 100/0,2 =
= 500 Ом и в обратном направлении 200/0,05 = 4000 Ом. Ток в цепи в
прямом i1 и обратном i2 направлении представляет собой полуволны
синусоид, амплитуды которых Im = Em/Rэкв и равны соответственно
0,1 А в прямом и 0,03 А в обратном направлении. Зависимость показана на рис. к задаче 7.19(р), г.
Среднее значение тока I0 = I01 – I02, где I01 = Im1/π, I02 = Im2/π.
Таким образом, I0 = (0,1 – 0,03)/π = 0,0222 А.
Действующее значение тока
I=
π
1 ⎛ 2
2
------ ⎜ ∫ I m1 sin ωt dωt +
2π ⎝
0
2π
⎞
2
2
I m2 sin ωt dωt⎟ =
⎠
π
∫
1 2
1
2
2
2
= --- I m1 + I m2 = --- 0,1 + 0,03 = 0,052 А.
2
2
Мощность источника
1
P = -----2π
2π
∫
0
π
1 ⎛
e ( ωt )i ( ωt ) dωt = ------ ⎜ ∫ e ( ωt )i 1 ( ωt ) dωt +
2π ⎝
0
2π
+
Em
⎞
150
e ( ωt )i 2 ( ωt ) dωt ⎟ = ------- ( I m1 + I m2 ) = --------- ( 0,1 + 0,03 ) = 4,9 Вт.
4
4
⎠
π
Мощность потерь в резисторе
∫
Рп = RI2 = 1000æ0,0522 = 2,7 Вт.
П рим еч а ние . Мощность источника нельзя определить как произведение действующих значений напряжения и тока, поскольку ток
несинусоидальный.
7.20. На входе цепи, состоящей из резисVD
i
тора с сопротивлением R = 1 кОм и идеального диода (рис. к задаче 7.20), напряжение, В,
R
u
u(t) = 200 sinωt.
Определить среднее I0 и действующее I значения тока и мощность P, выделяемую в резисторе.
7.21. Аккумуляторная батарея, ЭДС которой
Рис. к задаче 7.20
Е = 12 В и внутреннее сопротивление R = 6 Ом,
подключена через идеальный диод к источнику
синусоидального напряжения с амплитудой 24 В (рис. к задаче 7.21).
Определить максимальное и среднее значения тока и максимальное обратное напряжение на диоде.
375
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
VD
R
i
1
u
E
Рис. к задаче 7.21
e
iд
i
R
2
Рис. к задаче 7.22(p)
7.22(р). У выпрямителя, собранного по мостовой схеме с диодами, которые можно считать идеальными, нагрузка — резистор с
сопротивлением R = 100 Ом (рис. к задаче 7.22р).
Определить среднее и действующее значения тока нагрузки, максимальное обратное напряжение и среднее значение тока диода. Цепь
питается от источника ЭДС, действующее значение которой 220 В.
Ре ше н и е . Источник ЭДС — синусоидальный с заданным действующим значением, следовательно, е(t) = Emsinωt = 220 2 sinωt = 311sinωt В.
Ток нагрузки (схема двухполупериодного выпрямления) i(t) =
= ImÓsinωtÓ, амплитуда тока Im = 311/100 = 3,11 А, т.е.
⎧ I m sin ωt, 0 ≤ ωt < π,
i =⎨
⎩ – I m sin ωt, π ≤ ωt < 2π.
Среднее значение тока нагрузки
π
2π
2I m 2æ3,11
⎞
1 ⎛
I 0 = ------ ⎜ ∫ I m sinωt dωt – ∫ I m sinωt dωt⎟ = --------- = ------------------ = 1,98 А.
2π ⎝
π
π
⎠
0
π
Действующее значение тока нагрузки
2π
Im
3,11
2
2
------ = ---------- = 2,2 А.
sin
ωt
dωt
=
I
∫ m
2
2
0
При открытом диоде 2 напряжение источника приложено к диоду 1.
Таким образом, максимальное обратное напряжение диода Uобр.макс =
= Еm = 311 В.
Ток через каждый диод проходит в течение половины периода, т.е.
I=
1
-----2π
⎧ I m sin ωt, 0 ≤ ωt < π,
iд = ⎨
⎩ 0, π ≤ ωt < 2π.
Среднее значение тока диода
π
I m 3,11
1
I 0 д = ------ ∫ I m sinωt dωt = ----- = ---------- = 0,99 А.
2π
π
π
0
376
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7.23. У выпрямителя, собранного по схеме с двумя одинаковыми
вторичными обмотками (рис. к задаче 7.23), сопротивление нагрузки
R = 1000 Ом. Диоды можно считать идеальными. Напряжение u на
каждой вторичной обмотке трансформатора синусоидальное с амплитудой Um = 400 В.
uA1
u
R
Рис. к задаче 7.23
i
iA1
i1
i3
i5
1
3
5
2
4
6
i2
i4
i6
u
R
i
Рис. 1 к задаче 7.24(p)
Определить постоянную составляющую тока в резисторе R, мощность, выделяемую в резисторе, и максимальное обратное напряжение на диодах.
7.24(р). Выпрямитель, собранный по трехфазной мостовой схеме
(рис. 1 к задаче 7.24(р)), получает питание от источника трехфазного
напряжения. Действующее значение линейного напряжения Uл = 35,5 В.
Эквивалентное сопротивление нагрузки (печи) R = 0,002 Ом. Диоды
можно считать идеальными.
Определить среднее и действующее значения тока i и напряжения
нагрузки u, мощность, выделяемую в нагрузке, а также среднее значение тока в диоде и максимальное обратное напряжение диода.
Ре ше ние. Ток нагрузки идет через те фазы, напряжение между
которыми в данный момент наибольшее (по абсолютному значению).
На рис. 2, а, б к задаче 7.24(р) показаны линейные и фазные напряжения цепи, на рис. 2, в—и к задаче 7.24(р) — токи ветвей. В интервале
0 ≤ ωt < π/3 наибольшее напряжение uBC (см. рис. 2, а к задаче
7.24(р)), uC > uB (см. рис. 2, б к задаче 7.24(р)), ток нагрузки i идет от
фазы С к фазе В (см. рис. 2, в к задаче 7.24(р)) по диодам 5 и 4
(см. рис. 2, ж и з к задаче 7.24(р)). В интервале π/3 ≤ ωt < 2π/3
наибольшее напряжение uАВ, uА > uB, ток нагрузки i идет от фазы А к
фазе В по диодам 1 и 4 (см. рис. 2, а—г, ж к задаче 7.24(р)).
Аналогично можно построить токи нагрузки и диодов в остальные интервалы времени.
В каждом интервале длиной π/3 ток изменяется по синусоиде.
Кривая тока в нагрузке (в дуговой печи) представлена на рис. 2, в
к задаче 7.24(р).
377
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
uл
Um п
а)
0
uф
б)
uBC
uCA
π
2π
A
B
3π
i
ωt
CB AB AC BC BA CA CB AB AC
0
ωt
i1
г)
0
i2
д)
e)
π
2π
3π
0
i3
з)
и)
ωt
ωt
0
ωt
i4
ж)
ωt
C
0
Im
в)
uAB
0
i5
ωt
0
i6
ωt
0
ωt
Рис. 2 к задаче 7.24(p)
Максимальное значение тока
U m л 35,5 2
I m = ------------ = ------------------ = 25 102 А.
R
0,002
Среднее значение тока нагрузки
1
I0 = ----------π⁄3
2π ⁄ 3
∫
π⁄3
Im
1
25 102
2π ⁄ 3
I m sinωtdωt = ----------- I m ( – cos ωt π ⁄ 3 ) = 3 ----- = 3 ---------------- =
π⁄3
π
π
= 23 970 А.
378
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Действующее значение тока
I =
1
----------π⁄3
2π ⁄ 3
∫
π⁄3
2
Im
2
sin ωt dωt =
1 2 1
1
----------- I m ⎛ --- ωt – --- sin 2ωt⎞
⎝
⎠
π⁄3
2
4
2π ⁄ 3
=
π⁄3
= 0,956Im = 24 000 А.
Среднее значение напряжения нагрузки
U0 = RI0 = 0,002æ23 970 = 47,94 B.
Действующее значение напряжения нагрузки
U = RI = 0,002æ24 000 = 48 B.
Мощность, выделяемая в нагрузке,
Р = RI2 = 0,002(24 000)2 = 1,152æ106 Вт.
Для определения среднего значения тока диода Iд0 рассмотрим
графики токов диодов (см. рис. 2, г—и к задаче 7.24(р)). Ток через
каждый диод протекает в течение 1/3 периода, поэтому
Iд0 = I0/3 = 24 000/3 = 8000 А.
Для определения напряжения на диоде рассмотрим, например,
диод 1. При открытом диоде 1 напряжение Uд1 = 0.
Чтобы определить напряжение на закрытом диоде, запишем уравнение по второму закону Кирхгофа для любого контура, включающего в себя диод 1, например,
uАВ + uд3 – uд1 = 0.
Если диод 3 открыт, то uд3 = 0, uд1 = uАВ, т.е. максимальное обратное напряжение на диоде
u д max = U л 2 = 35,5 2 = 50 В.
7.25(р). В цепи рис. 1, а к задаче 7.25(р) два стабилитрона включены навстречу один другому. Идеализированная характеристика
стабилитрона изображена на рис. 1, б к задаче 7.25(р). Сопротивление резистора R = 500 Ом, ЭДС источника е(t) = 20 sin1000t В.
Определить длительность фронта импульсов напряжения u.
Ре ше н и е . 1. Вольт-амперная характеристика двух стабилитронов, включенных встречно-последовательно, u = uд1 – uд2 (рис. 2 к
задаче 7.25(р)).
2. Вольт-амперная характеристика пассивной части цепи (резистор R и два стабилитрона) и построение кривых i(t), u(t) представлены на рис. 3 к задаче 7.25(р).
379
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
i, A
i, A
0,08
0,04
0,06
0,03
0,04
i
0,02
0,02
uд
e
u
0,01
–10 –5 0
–0,02
5
10 uд, В
–10 –5 0
–0,01
–0,04
–0,03
б)
Рис. 1 к задаче 7.25(p)
i, A
0,03
i(u)
i, A
0,02
0,02
0,01
10
20 u, В
π
0
2π
ωt
u, В
10
–0,02
–0,03
–10
Рис. 2 к задаче 7.25(p)
0,01
–10
0
–0,01
10 u, В
–0,02
–0,06
а)
5
10
θ
20 u, В
0
θ
π−θ π π+θ
2π−θ
2π ωt
–10
π−θ
π+θ
π
2π−θ
ωt
2π
Рис. 3 к задаче 7.25(p)
3. Определение длительности фронта импульса. Период ЭДС Т
–3
определяется из соотношения ωТ = 2π; Т = 2π/ω = 2πæ10 с. Длительность фронта импульсов определяется по углу отсечки ωtф = θ,
который находится по условию е(θ) = 10 В или 20 sinθ = 10, следовательно, θ = arcsin1/2 = π/6 рад.
Время фронта tф = θ/ω = π/6æ1000 = 0,524æ10–3 с.
380
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7.4. АНАЛИТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РАСЧЕТА
НЕЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЕЙ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА
7.26(р). В трехфазной (рис. к задаче 7.26(р), а) и однофазной
(рис. к задаче 7.26(р), б) цепях нелинейные резисторы имеют вольтамперную характеристику, представленную на рис. к задаче 7.32(р), в,
которая может быть аппроксимирована кубической параболой
i = au3, где a = 1,4æ10–4 А/В3.
eA
A
iA
B
iB
u, В
uA
eB
N
N′
uB
eC
C
iC
e
i, А
uC
а)
iA
uA
в)
б)
Рис. к задаче 7.26(p)
Действующее значение фазной ЭДС Е = 500 В (амплитудное значение Еm = 707 В), частота f = 50 Гц (ω = 314,16 1/с).
Требуется определить токи и напряжения нелинейных элементов,
исследовать гармонический состав этих токов и напряжений, найти
мощность, выделяющуюся в нагрузке.
Ре шение. 1. Однофазная цепь (схема на рис. к задаче 7.26(р), б).
Напряжение на нелинейном элементе синусоидальное
u(t) = e (t) = Em sinωt.
Ток
i=
3
3
aE m sin ωt
3
aE m
= ---------- (3 sinωt – sin3ωt) = 37 106 sinωt – 12 369 sin3ωt А.
4
Спектр тока содержит первую и третью гармоники.
Активная мощность Р, выделяющаяся в нелинейном резисторе,
равна мощности, отдаваемой источником, и определяется как сумма
381
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
мощностей каждой гармоники в отдельности. Поскольку ЭДС источника синусоидальна,
Р = EmIm(1)/2,
где Im(1) = 37 106 А — амплитуда первой гармоники тока.
Мощность, выделяющаяся в нелинейном резисторе,
6
Р = 707æ37 106/2 = 13,1æ10 Вт.
2. Трехфазная цепь (схема на рис. к задаче 7.26(р), а). В схеме
нелинейные элементы включены в звезду без нейтрального провода.
В такой схеме токи тройной частоты, образующие нулевую последовательность, протекать не могут. Поэтому гармонический состав
токов трехфазной цепи существенно отличается от гармонического
состава тока однофазной цепи, где присутствуют основная и третья
гармоники. Для качественного объяснения причины отсутствия третьей гармоники тока можно предположить появление напряжения
смещения нейтрали тройной частоты, препятствующего протеканию тока.
Для анализа особенностей спектра тока трехфазной цепи составим уравнения для схемы рис. 7.26, а по законам Кирхгофа:
uA = eA – uN′N,
(1)
uB = eB – uN′N,
(2)
uC = eC – uN′N,
(3)
iA + iB + iС = 0.
(4)
Суммируя первые три уравнения и отмечая при этом, что сумма
ЭДС трехфазной цепи равна нулю, т.е. еА + еВ + еС = 0, определяем
напряжение смещения нейтрали uN′N = –(uA + uB + uС)/3.
3
Учитывая, что i = au , где u — напряжение нелинейного элемента,
и подставляя значения uА, uВ и uС в уравнение (4), получаем
(eA – uN′N)3 + (eB – uN′N)3 + (eC – uN′N)3 = 0.
После алгебраических преобразований, в ходе которых определяются соотношения
2
3E m
+
+
= ---------- ,
2
3 3
3
3
3
e A + e B + e C = – --- E m sin 3ωt ,
4
2
eA
2
eB
2
eC
получаем
3 2
1 3
3
u N ′N + --- E m u N ′N + --- E m sin 3ωt = 0 .
2
4
382
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Напряжение смещения нейтрали можно приближенно определить
методом гармонического баланса.
Пусть uN′N = UmN sin3ωt, где амплитуда UmN неизвестна. После
подстановки значения uN′N в последнее уравнение и приравнивания к
нулю коэффициента при sin3ωt для определения UmN необходимо
решить кубическое уравнение:
2 2
1 3
3
U m N + 3 --- E m U m N + 2 --- E m = 0 .
3
6
З а м еч а ние . При расчете мы полагаем коэффициент при девятой
гармонике пренебрежимо малым.
Полученное уравнение решается по формуле Кардана
1 3
U m N = 3 – --- E m +
6
2
3
⎛ 1--- E 3 ⎞ + ⎛ 2--- E 2 ⎞ +
⎝ 6 m⎠
⎝ 3 m⎠
1 3
2 2 3
1 3 2
+ 3 – --- E m – ⎛ --- E m⎞ + ⎛ --- E m⎞ = –0,164Em.
⎝
⎠
⎝
6
3 ⎠
6
При амплитуде ЭДС Em = 707 В напряжение смещения нейтрали
uN′N = –116 sinωt В.
Таким образом, определены напряжения на нелинейных элементах:
uA = eA – uN′N = 707 sinωt + 116 sin3ωt В,
uB = eB – uN′N = 707 sin(ωt – 120°) + 116 sin3ωt В,
uC = eC – uN′N = 707 sin(ωt + 120°) + 116 sin3ωt В.
Определим ток нелинейного элемента. Для определенности рассмотрим фазу А. Напряжение на нелинейном элементе фазы А
uА = Um1 sinωt + Um3 sin3ωt,
где Um1 = 707 В; Um3 = 116 В.
Ток фазы А
3
i A = a ( U m1 sin ωt + U m3 sin 3ωt ) ≈
3 2
3 2
3 3
≈ a ⎛ --- U m1 – --- U m1 U m3 + --- U m3 U m1⎞ sin ωt +
⎝4
⎠
4
2
1 3
3 3
3 2
+ ⎛ – --- U m1 + --- U m3 + --- U m1 U m3⎞ sin 3ωt +
⎝ 4
⎠
4
2
3 2
3
3
2
2
+ ⎛ – --- U m1 U m3 + --- U m1 U m3⎞ sin 5ωt – --- U m1 U m3 sin 7ωt .
⎝ 4
⎠
4
4
З а м еч а ние . При расчете методом гармонического баланса мы
пренебрегали девятой гармоникой как несущественной.
383
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
После подстановки значений а, Um1, Um3 получаем
i ≈ 33 000 sinωt – 5100 sin5ωt – 1000 sin7ωt А.
Как и следовало ожидать, в спектре тока отсутствует третья гармоника, но присутствуют пятая и седьмая гармоники, частоты которых представляют собой линейные комбинации частот несинусоидального напряжения, приложенного к нелинейному элементу; в
нашем случае эти линейные комбинации имеют вид
2ω1 + ω3 = 5ω; 2ω3 – ω1 = 5ω; 2ω3 + ω1 = 7ω.
Здесь ω1 = ω; ω3 = 3ω. Такие колебания называются комбинационными.
7.27(р). Две катушки с числом витков w1 = 2000 и w2 = 400 намо-
таны на магнитопровод, сечение которого S = 0,2 см2 и средняя длина
магнитной линии l = 10 см (рис. к задаче 7.27(р), а). Кривая намагничивания материала дана на рис. к задаче 7.27(р), б.
Построить зависимости потока Φ в магнитопроводе и напряжения
u на вторичной обмотке от времени при питании цепи от источника
синусоидального тока i = 0,6 sin1000t А.
Ре ше ние . Построим вебер-амперную характеристику в координатах Φ и i (рис. к задаче 7.27(р), в) учитывая, что поток (в веберах)
Φ = ВS = Вæ0,2æ10–4 и ток (в амперах) i = Нl/w1 = Нæ5æ10–5 (закон
полного тока). Зависимость тока и потока от времени (от ωt) приведена на рис. к задаче 7.27(р), г, д).
Напряжение на вторичной обмотке
(1)
u = w2 dΦ/dt = w2(∂Φ/∂i) di/dt.
Зависимость магнитного потока от тока получена в виде кусочнолинейной функции (см. рис. к задаче 7.27(р), в), поэтому можно рассчитать напряжения на отдельных участках. На первом участке
(0 ≤ Φ ≤ 0,03 мВб), как следует из рис. к задаче 7.27(р), в, производная ∂Φ/∂i = 3æ10–4 Вб/А и напряжение
u = 400æ3æ10–4æ0,6æ1000 cos1000t = 72 cos1000t В.
(2)
Угол отсечки θ, соответствующий точке перелома кривой намагничивания при токе i = 0,1 А, определяется из соотношения 0,1 =
–3
= 0,6 sinθ, откуда θ = 0,17 рад и t = θ/ω = 0,17æ10 с. В момент t = 0
по (2) напряжение u = 72 В и в момент t = 0,17æ10–3 с напряжение
u = 72 cos0,17 = 71 В.
На втором участке (0,03 ≤ Φ ≤ 0,04 мВб) производная ∂Φ/∂i =
= 0,2æ10–4 Вб/А и напряжение
–4
u = 400æ0,2æ10 æ0,6æ1000 cos1000t = 4,8 cos1000t В.
384
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(3)
B, Тл
i
w1
2,0
1,5
1,0
w2
u
–10 000
а)
–2500 0 2500 5000 10 000 H, А/м
–1,0
–1,5
–2,0
б)
Φ, мВб
Φ, мВб
0,04
0,02
–0,6 –0,4 –0,2 0
0,2
0,4 0,6 i, A
0
–0,02
–0,04
0,2 0,4
π
2
0,6 i, A
3π
2
2π ωt
д)
π
2
π
3π
2
2π
ωt
–80
е)
3
π
2
2π
ωt
π
40
0 θ
–40
π
π
2
u, B
80
в)
0
–0,6 –0,4 –0,2 θ
θ
г)
Рис. к задаче 7.27(p)
В момент t = 0,17æ10–3 по (3) значение напряжения u = 4,8 cos0,17 =
–3
= 4,7 В и в момент t = (π/2)10 с значение напряжения u = 0. Зависимость u(ωt) показана на рис. к задаче 7.27(р), е.
7.28(р). В цепи на рис. к задаче 7.28(р), а трансформатор имеет
магнитопровод, вебер-амперная характеристика которого изображена
на рис. к задаче 7.28(р), б. Число витков обмоток w1 = 1000 и
w2 = 2000; коэффициент связи k = 1; сопротивление резисторов
R1 = 100 Ом, R2 = 600 Ом. Цепь получает питание от источника ЭДС
е = 100 sinωt В, где частота ω = 1000 1/с. Активными сопротивлениями обмоток можно пренебречь.
Определить зависимости магнитного потока Φ, тока i1 и напряжения u2 от времени, полагая, что при t = 0 Φ = –0,4 мВб.
385
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R1
i1
k=1
Φ, мВб
0,04
i2
e
u1
u2
R2
i, A
0
–0,04
а)
б)
Рис. к задаче 7.28(p)
Ре ше н и е. Рассмотрим два режима: ненасыщенный и насыщенный.
1. Ненасыщенный режим. Значение магнитного потока меняется
в пределах –0,04 ≤ Φ ≤ 0,04 мВб. При этом суммарный ток iw = 0, т.е.
i1w1 – i2w2 = 0; i1 = (w2/w1)i2; u1 = (w1/w2)u2.
Составим уравнения по второму закону Кирхгофа:
е = R 1 i 1 + u 1 , u 2 = R 2i 2 ,
здесь u1 = w1(dΦ/dt); u2 = w2(dΦ/dt);
u1 = (w1/w2)R2i2 = (w1/w2)2R2i1.
Таким образом, е = R1i1 + (w1/w2)2R2i1 = [R1 + (w1/w2)2R2]i1.
Ток в первичной обмотке
100 sin ωt
e
i 1 = ----------------------------------- = ---------------------------------------------- = 0,4 sin ωt А.
2
2
⎛ w 1⎞
⎛ 1000-⎞ 600
R 1 + ⎜ ------⎟ R 2 100 + ⎝ ----------⎠
2000
⎝ w 2⎠
Ток во вторичной обмотке
w1
1000
i 2 = ------ i 1 = ------------ 0,4 sin ωt = 0,2 sin ωt А.
w2
2000
Напряжение u2 = R2i2 = 600æ0,2 sinωt = 120 sinωt В.
Магнитный поток определим из соотношения:
1
120
1
Φ = ------ ∫ u 2 dt = ------------ ∫ 120 sin 1000tdt = – ----------------------------- cos 1000t + K =
2000
2000æ1000
w2
= – 6æ10
386
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–5
cos 1000t + K .
Постоянная интегрирования K определяется из заданного начального условия: при t = 0 Φ(0) = –4æ10–5 Вб:
–6æ10
–5
+ K = –4æ10–5; K = 2æ10–5 Вб.
–5
–5
Таким образом, Φ(t) = –6æ10 cosωt + 2æ10 Вб.
Переход из ненасыщенного режима в насыщенный произойдет
при угле ωt = θ (угол отсечки), при котором магнитный поток достигает значения Φ(θ) = 4æ10–5 Вб:
–5
–5
–5
4æ10 = –6æ10 cosθ + 2æ10 ,
следовательно, cosθ = –0,333 и θ = 110°.
При изменении потока от значения +0,04 до –0,04 мВб процесс
пойдет аналогично. Так, при 0 ≤ ωt ≤110°, 180° ≤ ωt ≤240° решение
имеет вид:
Φ(t) = –6æ10–5 cosωt + 2æ10–5 Вб,
i1 = 0,4 sinωt А, u2 = 120 sinωt В.
2. Насыщенный режим. В насыщенном режиме Φ = 4æ10–5 Вб
–5
или Φ = –4æ10 Вб, напряжения u1 = u2 = 0, ток i1 = е/R1 =
= 100 sinωt/100 = 1 sinωt А, поток Φ = 4æ10–5 Вб при 110° ≤ t ≤ 180°,
Φ = –4æ10–5 Вб при 290° ≤ ωt ≤ 360°.
7.29. Катушка, имеющая w = 1000 витков, намотана на стальной
магнитопровод, кривая намагничивания которого может быть
аппроксимирована полиномом Н = 100В + 200 В3, где H — напряженность магнитного поля, А/м; B — магнитная индукция, Тл. Сечение
магнитопровода S = 10–3 м2, средняя длина магнитной линии l = 0,2 м.
Катушка подключена к источнику гармонического напряжения u =
= 220 2 cosωt В.
Определить мгновенное и действующее значения тока в катушке
при частоте f = 50 Гц.
7.30(р). Цепь состоит из катушки со
C
стальным магнитопроводом, имеющей
w = 100 витков, соединенной последоваuC
тельно с конденсатором емкостью С = 4 мкФ
и подключенной к источнику синусоиu
uL
дального тока i = Im cos1000t А (рис. к
i
задаче 7.30(р)). Зависимость магнитного
потока Φ от тока катушки аппроксимиро–3
–3 3
Рис. к задаче 7.30(p)
вана полиномом Φ = 3,25æ10 i – 10 i ,
387
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
где Φ в веберах, i в амперах. Цепь настроена в резонанс на частоте
первой гармоники изменением амплитуды тока.
Определить, при какой амплитуде тока наблюдается резонанс,
найти мгновенные и действующие значения напряжения на входе
цепи, на катушке, на конденсаторе в режиме резонанса.
Ре ше н и е. Условие резонанса: сумма первых гармоник напряже(1)
(1)
ний катушки и конденсатора равна нулю: u L + u C = 0 .
dΦ
Напряжение на нелинейной катушке u L = w -------- , магнитный поток
dt
–3
–3 3
–3
–3 3
Φ = 3,25æ10 i – 10 i = 3,25æ10 I m cos ωt – 10 I m cos 3ωt =
3 –3 3
1 –3 3
–3
= ⎛ 3,25æ10 I m – --- 10 I m⎞ cos ωt – --- 10 I m cos 3ωt .
⎝
⎠
4
4
При заданной угловой частоте ω = 1000 рад/с напряжение, В, на
катушке
–3 3
–3
u L = 100 ( – 1000 ( 3,25æ10 I m – 0,75æ10 I m ) sin ωt +
3
3
3
+ 0,25æ10–3æ3000 I m sin3ωt = –(325Im – 75 I m ) sin1000t + 75 I m sin3ωt.
Напряжение, В, на линейном конденсаторе
1
1
u C = ---- ∫ i di = ------------------- ∫ I m cos ωt = 250I m sin 1000t .
–6
C
4æ10
(1)
(1)
По условию резонанса u L + u C = 0 , т.е.
3
– ( 325I m – 75I m ) + 250I m = 0,
3
– 75I m + 75I m = 0.
Решение уравнения: Im = 0 — тривиальное решение (отсутствует
ток источника); Im = 1 А (полагаем амплитуду тока положительной),
следовательно, i = 1 cos1000t А. Тогда мгновенное значение напряжения на входе
3
u = u L + u C = 75I m sin 3ωt = 75 sin 3000t В.
75
Действующее значение напряжения U = ------- = 53 В.
2
388
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Напряжение на катушке
3
3
u L = – ( 375I m – 75I m ) sin 1000t + 75I m sin 3000t =
= – 250 sin 1000t + 75 sin 3000t В,
действующее значение
2
2
250
75
----------- + -------- = 184 В.
2
2
Напряжение на конденсаторе
u C = 250I m sin 1000t = 250 sin 1000t В,
UL =
действующее значение
250
U C = --------- = 177 В.
2
7.31. Катушка, имеющая 500 витков, намотана на стальной магнитопровод, кривая намагничивания которого может быть аппроксими3
рована полиномом Н = 100В + 200 В , где H — напряженность магнитного поля, А/м; B — магнитная индукция, Тл. Сечение
магнитопровода S = 10–3 м2, средняя длина магнитной линии l = 0,5 м.
Катушка соединена параллельно с конденсатором емкостью 4 мкФ и
подключена к источнику напряжения u с частотой 50 Гц (рис. к
задаче 7.31).
i
C
iL
u
Рис. к задаче 7.31
iC
i
e
u
Рис. 1 к задаче 7.32(p)
Определить, при каком действующем значении напряжения в
цепи возможен резонанс токов на частоте первой гармоники; найти
действующее значение всех токов в этом режиме.
7.32(р). Последовательно соединенные конденсатор емкостью 0,1 мкФ
и катушка, ампер-веберная характеристика которой аппроксимирована полиномом
i(Ψ) = aΨ + bΨ3 = 30Ψ + 4æ106Ψ3,
где ток в амперах, потокосцепление в веберах, подключены к источнику ЭДС e = Em sin(ωt + α) (схема на рис. 1 к задаче 7.32(р)).
389
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Полагая потокосцепление Ψ = Ψm sinωt, методом гармонического
баланса рассчитать и построить амплитудную характеристику —
зависимость амплитуды Um первой гармоники напряжения на
катушке от амплитуды Еm при частоте ω = 2æ104 рад/с, а также амплитудно-частотную характеристику Um(ω) при амплитуде Еm = 3 В.
dΨ 1
Ре ше н и е . Уравнение цепи -------- + ---- ∫ i dt = e , где i = aΨ + bΨ3.
dt
C
После дифференцирования правой и левой частей уравнения
получим выражение
2
b 3 de
d Ψ a
---------- + ---- Ψ + ---- Ψ = ------ .
2
C
C
dt
dt
(1)
Здесь
e = Em sin(ωt + α) = Em cosα sinωt + Em sinα cosωt,
2
d Ψ
2
Ψ = Ψm sinωt, ---------- = – ω Ψ m sin ωt .
2
dt
Подставляя выражения для Ψ, е в уравнение (1), получаем
a
3b 3
1b 3
2
– ω Ψ m sin ωt + ---- Ψ m sin ωt + --- ---- Ψ m sin ωt – --- ---- Ψ m sin 3ωt =
C
4C
4C
= ωEm cosα cosωt – ωEm sinα sinωt.
Приравниваем коэффициенты при одинаковых тригонометрических составляющих в левой и правой частях уравнения:
3b 3
a⎞
⎛ – ω 2 + --- Ψ + --- ---- Ψ = – ωE m sin α ,
⎝
C⎠ m 4 C m
(2)
0 = ωEm cosα.
(3)
Третьей гармоникой пренебрегаем.
Из уравнения (3) следует, что cosα = 0, т.е. α = ±π/2; таким образом, sinα = ±1.
Напряжение на катушке
dΨ
u = -------- = ωΨ m cos ωt = U m cos ωt .
dt
Амплитудные значения Еm, Ψm, Um будем считать положительными. Уравнение (2) представляет собой уравнение амплитудных
(при фиксированной частоте ω) и амплитудно-частотных (при фиксированной амплитуде Еm) характеристик.
390
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Амплитудная характеристика. После подстановки заданных числовых значений уравнение (2) принимает вид
6
3 4æ10
30 ⎞
3
4
⎛ – 4æ10 8 + ----------------------Ψ + --- ----------------------- Ψ m = – 2æ10 E m sin α ,
⎝
– 6⎠ m
–6
4
0,1æ10
0,1æ10
после преобразований — вид
3
3
9
– 5æ10 Ψ m + 1,5æ10 Ψ m = – E m sin α ,
(4)
4
U m = ωΨ m = 2æ10 Ψ m .
3
9
(5)
3
Условие резонанса: – 5æ10 Ψ m + 1,5æ10 Ψ m = 0 , отсюда
а) Ψm = 0 — тривиальное решение (источник отсутствует);
3
–3
5æ10
--------------------- = 1,825æ10 Вб.
9
1,5æ10
Амплитудная характеристика рассчитывается по уравнениям (4), (5),
куда подставляются значения Ψm, лежащие в окрестности Ψm рез. Амплитуды Еm считаем положительными, при этом sinα = ±1. Расчет характеристики приведен в табл. 1, кривая Um(Еm) — на рис. 2 к задаче 7.32(р).
б) Ψ m рез =
Та бл и ц а 1
Ψm, Вб 0 0,5æ10–3 1æ10–3 1,5æ10–3 1,825æ10–3 2æ10–3 2,2æ10–3 2,5æ10–3
Е m, В
0
2,31
3,50
2,44
0
2,00
4,90
10,90
Um, В
0
10,0
20,0
30,0
36,5
40,0
44,0
50,0
sinα
—
–1
–1
–1
—
1
1
1
α, рад
—
–π/2
–π/2
–π/2
—
π/2
π/2
π/2
Um, В
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
Em, В
Рис. 2 к задаче 7.32(p)
391
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
На характеристике можно отметить область Еm < 3,5 В, в которой
одному значению Еm соответствует три значения Um (область феррорезонансных скачков) и область Um > 40 В (область стабилизации
напряжения).
Амплитудно-частотная характеристика. Амплитудно-частотная характеристика Um(ω) строится по уравнению (2), которое разрешается относительно частоты в квадрате ω2, при этом учитывается
sinα = ±1:
Em
a 3b 2
2
ω = ---- + --- ---- Ψ m ± ω -------- ,
C 4C
Ψm
(6)
Um = ωΨm.
(7)
После подстановки числовых значений получаем
6
3 4æ10 2
30
3
3
2
8
13 2
ω = ----------- + --- æ ---------------- Ψ m ± ω -------- = 3æ10 + 3æ10 Ψ m ± ω -------- . (8)
–3
–7
4
Ψ
Ψ
m
m
10
10
Построение амплитудно-частотной характеристики ведется (с
учетом приближенного характера метода гармонического баланса)
следующим образом. Вначале, задаваясь значениями Ψm, строим скелетную кривую характеристики Uск(ωск), определяемую однознач2
8
13
2
ной частью уравнения (8): ω ск = 3æ10 + 3æ10 Ψ m , а затем полу2
ченные значения ω ск дополняем симметричными величинами
3
3
2
2
± ω -------- так, что ω = ω ск ± ω ск -------- .
Ψm
Ψm
Амплитуда напряжения Um определяется по соотношению (7).
Расчет характеристики приведен в табл. 2, кривая Um(ω) изображена на рис. 3 к задаче 7.32(р).
Та бл и ц а 2
Ψm, Вб
0,5æ10
ωск, 1/с
1,75æ10
Uск, В
8,75
–3
4
ω, 104 рад/с 1,42 2,03
U m, В
392
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1æ10
–3
1,5æ10
–3
2æ10
–3
2,2æ10
–3
2,5æ10–3
1,82æ104
1,92æ104
2,05æ104
2,11æ104
2,21æ104
18,2
28,8
41,0
46,4
55,2
1,65
1,96
1,81 2,01
1,97
2,12 2,04
2,18 2,15
2,27
7,10 10,15 16,50 19,60 27,15 30,15 39,40 42,40 44,90 48,00 53,70 56,20
Um, В
50
40
30
20
10
0
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2 ω, 104 рад/c
Рис. 3 к задаче 7.32(p)
На характеристике можно выделить область частот ω > 1,95æ104 рад/с,
в которой одному значению частоты соответствуют три значения Um,
(область феррорезонансных скачков).
C
7.33(р). В цепи рис. 1 к задаче 7.33(р)
i1
i2
характеристика катушки аппроксимироi
вана полиномом i(Ψ) = aΨ + bΨ3 =
e
6 3
R u
= 30Ψ + 4æ10 Ψ , где ток в амперах,
потокосцепление в веберах, емкость конденсатора C = 0,1 мкФ, сопротивление
резистора R = 5 кОм, ЭДС e = Emsin(ωt + α)
Рис. 1 к задаче 7.33(p)
с частотой ω = 2æ104 1/с.
Полагая Ψ = Ψm sinωt, методом гармонического баланса рассчитать и построить амплитудную характеристику — зависимость Um
первой гармоники напряжения на катушке от амплитуды Еm на частоте ω = 2æ104 1/с.
Ре ше ние . Уравнения цепи:
2
d Ψ 1
de
---------- + ---- i 1 = ------ ,
2
C
dt
dt
1 dΨ
1 dΨ
u
3
i 1 = i ( Ψ ) + --- = i ( Ψ ) + --- -------- = aΨ + bΨ + --- -------- ,
R dt
R
R dt
dΨ 1
-------- + ---- ∫ i 1 dt = e ,
dt
C
dΨ
u = -------- ,
dt
(1)
2
1 dΨ a
d Ψ
b 3 de
---------- + -------- -------- + ---- Ψ + ---- Ψ = ------ .
2
RC
dt
C
dt
C
dt
ЭДС источника можно представить в виде
e = Em sin(ωt + α) = Em cosα sinωt + Em sinα cosωt.
393
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Для анализа полученного уравнения применим метод гармонического баланса. Будем искать потокосцепление в виде Ψ = Ψm sinωt.
Тогда
2
dΨ
d Ψ
2
-------- = ωΨ m cos ωt , ---------- = ω Ψ m sin ωt .
2
dt
dt
Подстановка этих значений в дифференциальное уравнение (1) дает
1
a
3b 3
ω2Ψm sinωt + -------- ωΨm cosωt + ---- Ψm sinωt + --- ---- Ψ m sinωt –
RC
C
4C
1b 3
– --- ---- Ψ m sin3ωt = ωEm cosα cosωt – ωEm sinα sinωt.
4C
В соответствии с методом гармонического баланса приравниваем
коэффициенты при одинаковых тригонометрических функциях в
левой и правой частях уравнения
3b 3
a
2
– ω Ψ m + ---- Ψ m + --- ---- Ψ m = – ωE m sin α ;
4C
C
(2)
1
-------- ωΨ m = ωE m cos α
RC
(третьей гармоникой потокосцепления пренебрегаем).
Напряжение на катушке
(3)
dΨ
u = -------- = ωΨ m cos ωt = U m cos ωt .
dt
Для построения амплитудной характеристики Um(Em) исключим
из уравнений (2) и (3) угол α, для чего возведем оба уравнения в
2
2
квадрат и сложим, при этом учтем, что sin α + cos α = 1:
2
a 3 b 2⎞ 2 2 ⎛ 1
2 2
⎛ – ω 2 + --- + --- ---- Ψ m Ψ m + -------- ωΨ m⎞ = ω E m .
⎝ RC
⎠
⎝
C 4C ⎠
Подставив заданные значения, получим
2
6
⎛
3 4æ10
30
2⎞
2
4 2
---------------------------------------------Ψ ⎟ Ψm +
+
⎜ – ( 2æ10 ) +
–6
–6 m
4
⎝
⎠
0,1æ10
0,1æ10
2
4
⎛
⎞
2æ10
4 2 2
+ ⎜ --------------------------------------------- Ψ m⎟ = ( 2æ10 ) E m ,
⎝ 5æ10 3 æ0,1æ10 – 6 ⎠
16
5
2 2
2
14
2
8 2
10 ( – 1 + 3æ10 Ψ m ) Ψ m + 10 ( 4Ψ m ) = 4æ10 E m ,
394
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8
6
2 2
2
6
2
2
10 ( – 1 + 0,3æ10 Ψ m ) Ψ m + 16æ10 Ψ m = 4E m ,
(4)
4
(5)
Um = 2æ10 Ψm.
При расчете амплитудной характеристики Um(Em) задаемся значениями Ψm, которые подставляем в уравнения (4) и (5). Результаты
расчета представлены в табл. 3, зависимость Um(Em) — на рис. 2 к
задаче 7.33(р).
Та бл и ц а 3
Ψm, Вб
2
0 0,5æ10–3 1,0æ10–3 1,5æ10–3
1,8æ10–3 2,0æ10–3 2,2æ10–3
2,5æ10–3
0 0,25æ10–6 1æ10–6 1,25æ10–6 3,24æ10–6 4æ10–6 4,84æ10–6 6,25æ10–6
Ψm
(–1 + 0,3×
–0,925
–0,7
–0,325
0
0,2
0,452
0,875
2
108(*)2 Ψ m 0
21,4
49,0
23,7
0
16,0
98,0
478,5
6 2
16æ10 Ψ m 0
4,0
16,0
36,0
53,3
64,0
77,4
100,0
0
25,4
65,0
59,7
53,3
80,0
175,4
578,5
0
2,52
4,03
3,86
3,65
4,47
6,62
12,02
2æ10 Ψm =
0
= Um, В
10,0
20,0
30,0
36,5
40,0
44,0
50,0
2
6
×10 Ψ m )*
2
4E m
Е m, В
0
4
Um, В
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Em, В
Рис. 2 к задаче 7.33(p)
395
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7.5. РАСЧЕТ ПО ДЕЙСТВУЮЩИМ ЗНАЧЕНИЯМ
ТОКОВ И НАПРЯЖЕНИЙ
7.34(р). Катушка с числом витков w = 500 и магнитопроводом из
трансформаторной стали включена в сеть с напряжением U = 220 В
(частота 50 Гц). Ток катушки I = 10 А, активная мощность Р = 1500 Вт.
Сопротивление обмотки из медного провода постоянному току
Rм = 10 Ом. Амплитуда потока в магнитопроводе Φm = 10–3 Вб.
Составить схему замещения катушки и построить векторную диаграмму.
Ре ше н и е. Схема замещения катушки представлена на рис. к
задаче 7.34(р), а, где Lэк — эквивалентная индуктивность катушки,
обусловленная потоком в магнитопроводе; Lрас — индуктивность
рассеяния; Rэк — эквивалентное активное сопротивление, учитывающее потери в магнитопроводе; Rм — сопротивление обмотки.
Rм I
I
Rм
U
wLрас
U
jωLрас I
Uф
Ia
Iр
Rэк
wLэк
Uф
I
Ia
Iр
а)
Φm
б)
Рис. к задаче 7.34(p)
Для определения параметров схемы замещения предварительно
вычислим, приняв Φm = Φm, составляющую напряжения, связанную
с потоком в магнитопроводе UΦ = j4,44fwΦm = j111 В.
Определим эквивалентное сопротивление потерь в магнитопроводе Rэк записав по закону Джоуля—Ленца активную мощность
2 2
2
(потерь) P = R м I + U Φ ⁄ R эк , откуда Rэк = 24,6 Ом. Составляющая
тока, обусловленная потерями в магнитопроводе, Iа = U/Rэк = 4,51 A.
Для определения эквивалентного индуктивного сопротивления
Xэк = ωLэк находим реактивную составляющую тока I р =
и Xэк = UΦ/Iр = 12,5 Ом.
396
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
2
I – I а = 8,9 А
Индуктивное сопротивление рассеяния Xрас = ωLрас определим,
вычислив комплексное сопротивление катушки по схеме замещения
(рис. к задаче 7.34(р), а)
Z = Rм + jXрас + jXэкRэк/(Rэк + jXэк) = 15,05 + j(Xрас + 9,9)
и определив модуль полного сопротивления Z = U/I = 22 Ом.
2
2
2
Таким образом, 22 = 15,05 + (Xрас + 9,9) , откуда Xрас = 6,2 Ом.
Векторная диаграмма для схемы замещения построена на рис. к
задаче 7.34(р), б.
7.35. У катушки со стальным магнитопроводом при напряжении
U = 220 В действующее значение тока I = 10 А, активная мощность
P = 1500 Вт. Сопротивление обмотки постоянному току Rм = 10 Ом.
Пренебрегая потоком рассеяния, составить последовательную
(рис. к задаче 7.35, а) и параллельную (рис. к задаче 7.35, б) схемы
замещения катушки.
I
Rм
I
Rм
R
U
U
Xэк
Rэк
X
а)
б)
Рис. к задаче 7.35
7.36(р). Дроссель, включенный в сеть с напряжением U = 380 В,
частотой f = 50 Гц, имеет стальной магнитопровод сечением
S = 6æ10–4 м2, массой G = 2 кг.
Определить необходимое число витков w и действующее значение
тока обмотки I для получения амплитуды индукции в магнитопроводе
Вм = 1,5 Тл, при которой удельные потери в стали Р0 = 4 Вт/кг, удельная реактивная мощность намагничивания Q0 = 32 вар/кг. Активным
сопротивлением обмотки и потоком рассеяния можно пренебречь.
Ре ше н и е . Обозначим активную
составляющую тока _I R , реактивI
I
I
ную IΦ.
1. Определение параметров эквивалентной схемы (рис. к задаче 7.36(р)).
R
U
R
Φ
X
Рис. к задаче 7.36(p)
397
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Активное R и реактивное (индуктивное) X сопротивления эквивалентной схемы определяются по мощности потерь Р и мощности
намагничивания Q:
Р = U2/R, Q = U2/Х.
Здесь Р = GР0 = 2æ4 = 8 Вт; Q = GQ0 = 2æ32 = 64 вар.
Таким образом, R = U2/Р = 3802/8 = 1,805æ104 Ом, Х = U2/Q =
2
3
= 380 /64 = 2,256æ10 Ом.
2. Определение числа витков и тока обмотки. Ток потерь IR = U/Р =
= 380/(1,805æ104) = 0,0210 А, ток намагничивания IΦ = U/X =
3
= 380/(2,256æ10 ) = 0,1684 А, ток обмотки I =
2
2
I R + I Φ = 0,1697 А.
Число витков определяется по формуле U = 4,44wfSBm, откуда
w = U/(4,44fSBm) = 1900 витков.
7.37(р). Характеристика катушки со стальным магнитопроводом
для действующих значений токов и напряжений может быть аппроксимирована выражением U = 300I – 10I3, где напряжение в вольтах,
ток в амперах. Катушка соединена последовательно с конденсатором
емкостью С = 15 мкФ и получает питание от источника синусоидального тока частотой f = 50 Гц (рис. к задаче 7.37(р), а), ω = 314 1/с.
Определить действующее значение тока, при котором в цепи возникнет резонанс напряжений.
Ре ше н и е. Расчет по действующим значениям проводим комплексным методом (рис. к задаче 7.37(р), б).
I
C
C
uC
i
UC
u
i
а)
U
б)
Рис. к задаче 7.37(p)
Условие феррорезонанса UС = U.
6
1
10
Напряжение на линейном конденсаторе U C = -------- I = -------------------- I = 210I,
ωC
314æ15
3
3
следовательно, 210I = 3000I – 10I , решаем уравнение I – 9I = 0:
а) I = 0 — тривиальное решение (ток отсутствует),
398
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
б) I = 3 А.
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 7
7.1. См. решение.
7.2. I = 4 А; U1 = 2 В; U2 = 7 В.
7.3.
I, А
0,3
0,2
0,1
–20 –10 0
–0,1
10
20
30
40
U, В
–0,2
Рис. к задаче 7.3
7.4.
7.5.
7.6.
7.7.
7.8.
7.9.
7.10.
7.11.
7.12.
7.13.
7.14.
7.15.
7.16.
7.17.
7.18.
7.19.
7.20.
7.21.
7.22.
7.23.
7.24.
U = 8 В; I1 = 6 А; I2 = 4 А. Ток источника I = 10 А.
U = 6 В; I1 = 4 А; I2 = 2 А.
См. решение.
U = 6 В; I1 = 5 А; I2 = 3 А; I3 = 2 А.
U = 0,5 В; I = 0,03 А.
I = 0,2 А; I1 = 0,6 А; I2 = 0,4 А; U = 25 В.
U = 6 В; I = 1,5 А.
См. решение.
I1 = 0,2 А; I2 = 0,4 А; U1 = 10 В; U2 = 30 В.
См. решение.
См. решение.
U = 8 В; I = 0,1 А.
U = 10 В; I1 = 0,4 А; I2 = 0,6 А.
См. решение.
См. решение.
См. решение.
I0 = 0,0637 А; I = 0,1 А; P = 10 Вт.
Imax = 2 А; I0 = 0,436 А; Uобр. max = 36 В.
См. решение.
I0 = 0,127 А; P = 20 Вт; Uобр. max = 400 В.
См. решение.
399
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
7.25.
7.26.
7.27.
7.28.
7.29.
7.30.
7.31.
7.32.
7.33.
7.34.
7.35.
См. решение.
См. решение.
См. решение.
См. решение.
i = 0,1125 sinωt – 0,02425 sin3ωt А; I = 0,0814 А.
См. решение.
U = 89 В; I = 0,0184 А; IL = 0,114 А; IC = 0,112 А.
См. решение.
См. решение.
См. решение.
Последовательная схема замещения: R = 5 Ом, X = 16,1 Ом.
Параллельная схема замещения: Rэк = 56,8 Ом, Xэк = 17,7 Ом.
7.36. См. решение.
7.37. I = 3 А.
400
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава восьмая
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ
В НЕЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ. УСТОЙЧИВОСТЬ
ПРОЦЕССОВ. АВТОКОЛЕБАНИЯ
ВВЕДЕНИЕ
Особенности расчета переходных процессов в нелинейных цепях.
Для расчета переходного процесса в нелинейной цепи необходимо:
а) рассчитать предшествующий процессу режим и далее, пользуясь
законами коммутации, определить независимые начальные условия цепи;
б) пользуясь законами Кирхгофа и компонентными уравнениями или
характеристиками всех элементов цепи, включая нелинейные элементы,
составить систему уравнений, описывающих переходной процесс;
в) решить полученные нелинейные уравнения.
При расчете процессов в нелинейных цепях нельзя:
использовать принцип суперпозиции, т.е. представлять решение
уравнений цепей в виде суммы частных решений уравнений, обусловленных действием отдельных источников энергии цепей;
искать решение нелинейных уравнений цепей в виде сумм свободных и принужденных либо преходящих и установившихся
составляющих этих решений;
использовать операторный метод расчета.
Выход на установившийся режим. Если в линейных цепях установившийся режим не зависит от начальных условий (потокосцеплений индуктивных элементов и зарядов емкостных элементов цепи),
а длительность процесса известна заранее [(3÷5)τmin, где τmin —
минимальная постоянная времени], то в нелинейных цепях отсутствует понятие постоянных времени и в общем случае невозможно
по параметрам схемы оценить время переходного процесса. В таких
цепях установившихся режимов может быть несколько либо вообще
не быть. В первом случае выход на конкретный режим определяется
начальными условиями и даже небольшая ошибка в их определении
может расчет переходного процесса привести к неправильному
режиму. Во втором случае — случае возникновения в цепи хаотических колебаний — требуется умение их идентифицировать, иначе расчет можно продолжать бесконечно долго. Кроме того, установившийся режим может оказаться неустойчивым, т.е. малейшее его
401
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
возмущение, обусловленное, например, вычислительными погрешностями расчета, приводит к возникновению нового переходного процесса.
Численно-аналитические методы расчета переходных процессов.
Получение конечных аналитических решений нелинейных уравнений цепи возможно лишь в редких частных случаях. В общем случае
такие уравнения решаются численно по стандартным алгоритмам.
Однако результаты численного расчета не дают качественной картины процессов — связи их характера со значениями параметров
схемы и функциями источников, что необходимо для инженерной
практики. Поэтому весьма ценными наряду с численными методами
становятся численно-аналитические методы расчета переходных
процессов: метод условной линеаризации и методы аналитической и
кусочно-линейной аппроксимации. В этих методах путем введения
упрощающих допущений нелинейные уравнения цепей аппроксимируют
линейными уравнениями, допускающими аналитические решения.
Метод условной линеаризации. Методика использования этого
метода заключается: во-первых, в замене нелинейных вольт-амперных,
вольт-кулонных и вебер-амперных характеристик нелинейных резистивных, емкостных и индуктивных элементов линейными характеристиками с последующим формированием системы линейных уравнений
цепи; во-вторых, в решении этих уравнений аналитическими методами,
например классическим либо операторным методами, относительно
одной части переменных компонентных уравнений; в-третьих, в нахождении другой части переменных по истинным, в том числе нелинейным,
компонентным уравнениям цепи. Так, вместо нелинейного уравнения
dΨ
-------- + Ri = U , Ψ(0) = 0,
dt
описывающего процесс включения нелинейной катушки, используют
линейное уравнение
dΨ
R
-------- + -------- Ψ = U , Ψ(0) = 0,
dt
L эк
полученное путем замены нелинейной вебер-амперной характеристики катушки Ψ(i) линейной характеристикой Ψ = Lэкi.
Здесь Lэк = Ψ×/I× — статическая индуктивность; I× = U/R и
Ψ× = Ψ(I×) — значение тока и потокосцепления катушки в устаноdΨ
вившемся режиме, когда -------- = 0 . Решение последнего уравнения
dt
имеет вид
L эк
–t ⁄ τ
Ψ = Ψ ( t ) = Ψ∞ ( 1 – e
) , τ = -------- .
R
402
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Для последующего определения тока i(t) используют исходную
нелинейную вебер-амперную характеристику Ψ(i) катушки.
Метод аналитической аппроксимации нелинейной характеристики. Методика использования этого метода заключается в подборе
такой замены нелинейных вольт-амперных, вольт-кулонных и веберамперных характеристик нелинейных резистивных, емкостных и
индуктивных элементов аналитическими выражениями, которая позволяет полученные уравнения цепи решать аналитическими методами. Получив такие решения относительно части переменных,
остальные переменные находят, используя исходные характеристики
(компонентные уравнения) элементов цепи. Метод является обобщением рассмотренного выше метода условной линеаризации.
Метод кусочно-линейной аппроксимации. При использовании
этого метода нелинейную, например вебер-амперную, характеристику Ψ(i) вначале аппроксимируют ломаной линией [осуществляют
кусочно-линейную аппроксимацию Ψ(i)]. Далее для каждого j-го из
интервалов линейности 0 ≤ i ≤ I1, I1 ≤ i ≤ I2, I2 ≤ i ≤ I3, In – 1 ≤ i ≤ In = I×
зависимость между потокосцеплением Ψ и током записывают в виде
Ψ = Ψj – 1 + Lji, j = 1, 2, …, n. При этом потокосцепление Ψj = Ψ(Ij),
а дифференциальную индуктивность Lj определяют как величину,
пропорциональную тангенсу угла наклона кусочно-линейной (ломаной)
аппроксимирующей характеристики Ψ(i) на соответствующем участке. Условно разбив все время переходного процесса на n интервалов (0 – t1), (t1 – t2), …, (tn – 1 – tn), для каждого из них составляют
линейное дифференциальное уравнение, описывающее процесс в
цепи и затем его аналитическое решение. Значения постоянных
интегрирования и собственно моментов t1, t2, … tn–1 находят из условия непрерывности токов в точках tj, j = 1, …, n – 1.
Метод усреднения. При решении многих задач по существу этот
метод совпадает с методом медленно меняющихся амплитуд. Он применяется при расчете переходных и установившихся процессов в
электрических цепях, обладающих фильтрующими и резонансными
свойствами для основной гармоники, причем часто достаточно рассмотреть только основную гармонику, а высшими гармониками
можно пренебречь.
Дифференциальное уравнение неавтономной цепи с источниками
ЭДС или токов и двумя реактивными элементами можно свести относительно некоторой переменной х к виду:
2
d x
dx
2
-------- + ω x = εf ⎛ x, ------, t⎞ ,
⎝ dt ⎠
2
dt
403
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
где ω — угловая частота; ε — малый параметр, определяющий близость
закона изменения переменной х к гармоническому закону; f — функция,
определяемая нелинейными характеристиками элементов цепи.
Точность метода тем выше, чем меньше параметр ε, т.е. чем ближе
колебания к гармоническим. При решении конкретных задач часто
близость к гармоническому закону определяется малостью значений
коэффициентов правой части или другими факторами, например данными эксперимента.
Решение дифференциального уравнения ищется в виде
dx
x = a(t) cosψ; ------ = – a ( t )ω sin ψ ,
dt
где ψ = [ωt – ϕ(t)] — полная фаза. При этом уравнения установления
амплитуды а = а(t) и ϕ = ϕ(t) фазы переменной х, или укороченные
уравнения, имеют вид:
da
ε
------ = – ----------dt
2πω
2π
dϕ
ε
------- = -------------dt
2πωa
2π
∫
f ( a cos ψ, – aω sin ψ, t ) sin ψ dψ ,
0
∫
f ( a cos ψ, – aω sin ψ, t ) cos ψ dψ .
0
Малый параметр ε в правой части указывает на медленные изменения амплитуды а и фазы ϕ. Поэтому при интегрировании в течение
периода (усреднении) амплитуда и фаза в подынтегральных выражениях принимаются постоянными.
При решении задач можно вместо времени t ввести безразмерное
время τ = ωt.
Численные методы расчета переходных процессов. В основе этих
dx j
методов лежит замена производных переменных состояния x· j = ------dt
конечными разностями. В результате дифференциальные уравнения,
описывающие процессы в цепи, заменяются разностными уравнениями. Последовательное решение разностных уравнений на интервале
исследования 0 ≤ t ≤ T позволяет для искомой переменной xj(t) построить решетчатую функцию xj(kh). Здесь h = T/N — шаг дискретизации решения (шаг интегрирования), k = 0, 1, …, N, а xj(kh) — вычисленное значение xj(kh). При этом значение xj(0) — начальное условие
процесса полагается известным. Для знакомства с численными методами расчета переходных процессов в задачнике предлагается заменять производные в дифференциальных уравнениях простейшими
404
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
первыми левой или правой разностями или использовать явный или
неявный метод Эйлера для численного интегрирования дифференциальных уравнений цепи.
1. Интегрирование уравнений состояния цепи явным методом
Эйлера. Метод последовательных интервалов. Пусть цепь содержит
один накопитель энергии и описывается нелинейным дифференциальным уравнением
x· = f ( x, t ) , x(0) = x , 0 ≤ t ≤ T.
(8.1)
0
Замена производной x· первой левой разностью (применение
явного метода Эйлера) приводит к разностному уравнению
xk – xk – 1 = hf(xk – 1, tk – 1), xk = xj(tk), k = 1, 2, …, N,
(8.2)
решение которого позволяет построить таблицу
t
0
h
2h
…
Nh = T
x
x0
x1
x2
…
xN = x(T)
и получить решетчатую функцию xn, n = 0, 1, …, N, для искомой
переменной x(t).
Если цепь содержит два накопителя энергии и описывается системой дифференциальных уравнений
·
⎧ x 1 = f 1 ( x 1, x 2, t k ), x 1 ( 0 ) = x 10 ,
(8.3)
⎨·
⎩ x 2 = f 2 ( x 1, x 2, t k ), x 2 ( 0 ) = x 20 ,
то замена производных первыми левыми разностями
x1k – x1k – 1 = hf1(x1k – 1, x2k – 1, tk – 1),
x2k – x2k – 1 = hf2(x1k – 1, x2k – 1, tk – 1)
позволяет построить таблицу
t
0
h
2h
…
Nh = T
x1
x10
x11
x12
…
x1N = x1(T)
x2
x20
x21
x22
…
x2N = x2(T)
в которой xik – xi(tk) = xi(kh), i = 1, 2; k = 1, …, N.
Метод последовательного вычисления значений переменных
состояния в точках t = h, 2h, …, NT при замене производных в дифференциальных уравнениях цепи первыми левыми разностями в теории
электрических цепей иногда называют методом последовательных
интегралов. В задачнике рекомендуется использовать только этот
метод, а описываемые ниже в п. 2 методы как более сложные в реализации использовать лишь на дополнительных занятиях.
405
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2. Интегрирование уравнений состояния цепи неявным методом
Эйлера. Полярные методы интегрирования, метод трапеций. При
использовании неявного метода Эйлера производные в уравнениях
состояния цепи заменяются первыми правыми разностями. При этом
уравнение состояния (8.1) заменяется разностным уравнением
xk – xk – 1 = hf(xk, tk), xk = x(tk),
(8.4)
в котором неизвестное значение переменной xk в отличие от уравнения (8.1) содержится как в его левой, так и в правой части. Решая
последовательно при k = 0, 1, …, N уравнение (8.4), можно построить
и решетчатую функцию x(kh) искомой переменной состояния x(t).
Следует заметить, что результаты расчета значений x(kh) при использовании явного и неявного методов интегрирования уравнений
состояния будут разными. Пару методов интегрирования — явного и
неявного методов Эйлера — называют полярными методами и полагают, что истинное значение решетчатой функции x(kh) находится
между значениями x(kh), рассчитанными по явному и неявному методам Эйлера. Если же взять среднее арифметическое выражений (8.2)
и (8.3), то полученное разностное уравнение
h
x k – x k – 1 = --- [ f ( x k – 1, t k – 1 ) + f ( x k, t k ) ]
2
(8.5)
определяет также неявный метод интегрирования, называемый методом трапеций.
3. Выбор шага интегрирования. Правило Рунге. Шаг интегрирования h можно принять равным 0,1τmin, где τmin — минимальная постоянная времени цепи, линеаризованной в начальной точке расчета (t = 0).
Для выбора шага интегрирования h, обеспечивающего расчет процесса с заданной точностью, можно использовать следующий подход. Для цепи, описываемой уравнением (8.1), согласно разностному
уравнению (8.2) вычисляется значение
H
x (H) = x0 + Hf(x0, 0),
(8.6)
где h = H — пробный шаг интегрирования.
Далее этот шаг делится пополам и вычисляется вначале значение
H
H ⁄ 2 ⎛ H⎞
---- = x 0 + ---- f ( x 0, 0 ) , а затем значение
x
⎝ 2⎠
2
x
406
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
H⁄2
(H) = x
H ⁄ 2 ⎛ H⎞
H H ⁄ 2 ⎛ H⎞ H
---- + ---- f x
---- , ---- .
⎝ 2⎠ 2
⎝ 2⎠ 2
Здесь верхний индекс Н или Н/2 указывает на шаг, с которым ведется
расчет. Сравнение значений переменой x(t) в точке t = H, рассчитанных за один шаг xH(H) и за два шага xH/2(H) дает следующую формулу для оценки погрешности вычисления x(H) с шагом Н, %:
H
H⁄2
(H)
x (H) – x
R = 2 ------------------------------------------------- 100 .
H
x (H)
(8.7)
Описанное правило вычисления погрешности интегрирования на
данном шаге Н носит название правила Рунге. При выборе шага h,
обеспечивающего расчет с погрешностью, не превышающей некоторого значения R0, %, вначале выбирается пробный шаг Н и оценивается погрешность расчета при его использовании формулы (8.7).
Если оказывается, что R ≤ R0, то можно ограничиться этим выбором,
если нет, то в качестве пробного шага выбирается шаг Н′ = Н/2 и процедура повторяется. И так рекурсивно до тех пор, пока не будет найден шаг, обеспечивающий неравенство R ≤ R0.
Устойчивость установившегося режима нелинейной цепи. Математически установившиеся режимы (состояния равновесия х0) могут
быть определены из дифференциальных уравнений путем приравнивания нулю первой и высших производных либо найдены в результате расчета установившегося режима. В линейной цепи с независимыми источниками может быть только одно состояние равновесия и
оно всегда устойчиво. Исследования устойчивости необходимы в
нелинейных цепях и в цепях с обратной связью (с зависимыми источниками), где устойчивых состояний равновесия может быть
несколько.
При исследовании устойчивых состояний в цепях с источниками
постоянных ЭДС и токов предварительно рассчитывается установившийся режим и определяется положение рабочих точек на характеристиках нелинейных элементов. Далее с учетом характеристик
нелинейных элементов рассматривается изменение переменных
составляющих. В условиях многих задач гл. 8 приводятся уже найденные параметры нелинейных элементов относительно рабочих
точек и рассматриваются сразу переменные составляющие.
Для определения устойчивости состояния равновесия, заданного
некоторым значением переменной х = х0, следует величине х дать
малое приращение Δх. Из-за малости приращения нелинейность
характеристики проявляется слабо, и цепь можно считать линейной.
Поэтому при аналитическом исследовании функциональную зависимость y = f(x), определяющую характеристику нелинейного элемента
407
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
относительно состояния равновесия y0 = f(x0), можно представить
рядом Тейлора, полагая y = y0 + Δy и x = x0 + Δx, т.е. в виде
2
df
1d f
2
Δx + ----- -------Δx + … (8.8)
y + Δy = f ( x + Δx ) = f ( x 0 ) + -----2
dx x = x
2! dx
0
x = x0
Учитывая, что y0 = f(x0), и опуская величины второго порядка малости, можно (8.8) упростить и записать для приращений соотношение
df
Δy = -----Δx .
(8.9)
dx x = x
0
Таким образом, для приращений нелинейный элемент может быть
заменен линейным с постоянным параметром, равным дифференциальному в точке равновесия х0, т.е.
df
Δy
-----(8.10)
= ------ .
dx x = x
Δx
0
Поскольку при анализе устойчивости «в малом» нелинейная цепь
сводится к линейной, то изменение приращений во времени определяется изменением свободных составляющих процесса, т.е. слагаемыми вида Aept. Поэтому состояние равновесия устойчиво «в малом»
в том случае, если все действительные корни и действительные части
комплексно-сопряженных корней отрицательны, т.е. все свободные
составляющие с течением времени затухают. В частности, в цепях
первого и второго порядков состояния равновесия устойчивы, если
все коэффициенты характеристического уравнения положительны
(одного знака).
Для цепи третьего порядка с характеристическим уравнением
a 3p 3 + a 2 p 2 + a 1 p + a 0 = 0
состояние равновесия устойчиво, если все коэффициенты положительны и дополнительно выполняется условие a1a2 > a3a0.
Для сравнительно простых цепей характеристические уравнения
проще составлять по методу входного сопротивления [Zвх(p) = 0].
В частности, для цепей с обратной связью или зависимыми источниками входное сопротивление можно найти, включив в одну из ветвей
цепи независимый источник ЭДС Е(р) и вычислив входное сопротивление по формуле
E(p)
Z вх ( p ) = ------------ ,
(8.11)
I(p)
где I(p) — ток этого источника.
408
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Для упрощения вычислений источник Е(р) рекомендуется включать последовательно с зависимым источником.
Если цепь содержит только резистивные элементы, среди которых
есть элементы с N-образной (рис. 8.1, а) или S-образной (рис. 8.1, б)
вольт-амперной характеристикой, то при анализе устойчивости необходимо учесть элемент с емкостью С, включенный параллельно элементу с N-образной характеристикой (рис. 8.1, а), и элемент с индуктивностью L, включенный последовательно с элементом, имеющим
S-образную характеристику (рис. 8.1, б). Спадающий участок характеристик, соответствующий отрицательному дифференциальному
сопротивлению, приводит к неоднозначности напряжения (рис. 8.1, б)
и тока (рис. 8.1, а).
4. Изображение траекторий переходных процессов на фазовой
плоскости. Условия устойчивости установившихся режимов. На
фазовой плоскости, координатами которой являются некоторая переменная х и ее производная dx/dt = y (рис. 8.1, в), состояние цепи определяется изображающей точкой и линиями, вдоль которых движутся
изображающие точки, — фазовыми траекториями и их совокупностями — фазовыми портретами.
i
i
N
0
u
S
0
u
i(u)
i(u)
L
C
а)
dx
=y
dt
б)
dx
=y
dt
dx
>0
dt
0
dx
<0
dt
x
y(x)
yk
y = a + bx
yk+1
0
в)
xk
xk+1
x
г)
Рис. 8.1
409
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Через каждую регулярную точку плоскости может проходить
только одна траектория; пересекаться фазовые траектории могут
только в особых точках, которым соответствуют устойчивые и неустойчивые состояния равновесия установившегося режима. Периодическим процессам в электрических цепях на плоскости соответствуют замкнутые фазовые траектории — предельные циклы.
Основные свойства фазовой плоскости:
1) движение изображающей точки в верхней полуплоскости, где
dx/dt > 0, может происходить только в направлении увеличения переменной x, а в нижней полуплоскости, где dx/dt < 0, только в направлении уменьшения x (рис. 8.1, в). По замкнутой траектории — предельному циклу — движение возможно только в направлении движения
часовой стрелки;
2) изображающая точка может пересекать ось абсцисс x только
под углом π/2;
3) особые точки могут находиться только на оси абсцисс как
точки состояния равновесия, определяемые из условия dx/dt = 0.
Для построения фазовых портретов часто сначала определяют
положения особых точек и находят фазовые траектории в окрестности этих точек. При этом фазовые траектории нелинейных цепей
рассматривают по малым отклонениям от состояний равновесия,
полагая, что цепь линейна. Вид фазовой траектории в окрестности
состояния равновесия определяется типом особых точек, т.е. корнями характеристического уравнения.
Для цепи с одним независимым накопителем (характеристическое
уравнение первой степени) возможна особая точка типа «узел». Узел
может быть устойчивым, когда корень р < 0, и неустойчивым, когда р > 0.
Для цепи с характеристическим уравнением второй степени возможны особые точки: 1) узел — при действительных корнях р1, р2
одного знака; если р1 < 0 и р2 < 0 — устойчивый узел, а если р1 > 0 и
р2 > 0 — неустойчивый; 2) фокус — при комплексно-сопряженных
корнях р1, 2 = α ± jω0; если α < 0 — устойчивый фокус (колебания
затухают), а если α > 0 — неустойчивый (колебания нарастают);
3) седло — при действительных корнях р1 и р2 разного знака (неустойчивая особая точка); 4) центр — при мнимых корнях р1, 2 = ±jω0
(незатухающие колебания).
Переход от полученного решения на фазовой плоскости y(x) к
зависимости x(t) с учетом зависимости y(x) выполняется с помощью
соотношения
x
t =
∫
x(0)
410
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
dx
---------- .
y(x)
Существует взаимное соответствие между прямыми линиями на
фазовой плоскости и экспоненциальными зависимостями от времени. Изменению переменной во времени по гармоническому закону
соответствует движение изображающей точки по эллипсу или окружности на фазовой плоскости.
Зависимость искомой переменной от времени может быть получена с применением приближенных вычислений по интервалам. При
этом фазовую траекторию y(x) на k-м интервале между точками xk и
xk + 1 заменяют отрезком прямой y = a + bx (рис. 8.1, г) и находят
интервал времени, необходимый для движения изображающей точки
на k-м интервале,
Δt k =
xk + 1
∫
xk
xk + 1
1
dx
---------------- = --- ln ( a + bx ) x
a + bx b
k
или, учитывая значения ординат на границах k-го интервала yk и yk + 1
(рис. 8.1, г) и значения b = (yk + 1 – yk)/(xk + 1 – xk),
xk + 1 – xk yk + 1
Δt k = ------------------------- ln -----------yk + 1 – yk
yk
(8.12)
и tk + 1 = tk + Δtk.
Автоколебания. Переходные процессы в нелинейных цепях могут
переходить в автоколебания, т.е. незатухающие колебания, амплитуда
и период которых не зависят от начальных условий и наличия в цепи
внешних источников периодических токов и напряжений. Релаксационные или почти гармонические автоколебания могут возникнуть в
цепях с обратной связью или в цепи с элементами, имеющими спадающий участок вольт-амперной характеристики.
Расчет релаксационных колебаний часто выполняется методом
кусочно-линейной аппроксимации.
При расчете почти гармонических колебаний часто достаточно
учесть основную гармонику. На первом этапе исследования таких
колебаний полагают, что их амплитуды (относительно состояния равновесия) малы и цепь можно считать линейной. В линейном приближении находится условие возбуждения колебаний из условий устойчивости и определяется частота по мнимым составляющим корней
характеристического уравнения.
При линейном приближении цепи нельзя определить амплитуду
колебаний. Для определения амплитуды в установившемся режиме
необходимо учесть нелинейности характеристик элементов, у которых нелинейность проявляется наиболее сильно.
411
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчет амплитуды и частоты автоколебаний может быть выполнен
методом усреднения или методом гармонической линеаризации. При
расчете методом гармонической линеаризации учитывается только
основная гармоника и возможно применение комплексного метода.
При этом принимается во внимание зависимость эквивалентных
параметров нелинейных элементов от амплитуд переменных величин, определяющих нелинейность характеристики.
Характеристическое уравнение [ _Zвх ( p ) = 0] для цепи с эквивалентными параметрами определяет частоту и амплитуду установившихся
колебаний. При этом рассматривают два уравнения, полагая p = jω:
Re[ _Zвх ( jω ) ] = 0, Im[ _Zвх ( jω ) ] = 0.
(8.13)
8.1. АНАЛИТИЧЕСКИЕ И ГРАФИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РАСЧЕТА
8.1(р). Ключ в цепи (рис. 1 к задаче 8.1(р)) размыкается. Заданы
ЭДС Е = 250 В, сопротивления резисторов: R1 = 120 Ом; R2 = 5 Ом;
R3 = 0,2 Ом; характеристика Ψ(i) катушки (рис. 2 к задаче 8.1(р)).
Y, Вб
c
2
R1
R2
1
Y(i)
i
E
b
1
Y(i)
R3
2
Рис. 1 к задаче 8.1(p)
a
0
1
2 i, А
Рис. 2 к задаче 8.1(p)
Определить ток катушки во время переходного процесса методами:
2
1) аналитической аппроксимации вида i = kΨ ; 2) условной линеаризации; 3) кусочно-линейной аппроксимации Ψ(i) двумя отрезками
прямых, проходящих через точку b с координатами 0,5 А, 1 Вб (рис. 2
к задаче 8.1(р)); 4) последовательных интервалов при аппроксимации
2
2
вида i = kΨ , где k = 0,5 А/Вб .
412
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ре ше ние. Составим дифференциальное уравнение цепи после
коммутации
dΨ
-------- + Ri ( Ψ ) = E ,
(1)
dt
где R = R1 + R2.
Определим рабочий участок характеристики Ψ(i). В момент коммутации (t = 0) ток в катушке не изменяется скачком, т.е.
i(0–) = i(0+) = i(0) = ЕR3/ρ = 0,08 А,
где ρ = R1R2 + R2R3 + R3R1, в установившемся режиме i(×) = Е / (R1 +
+ R2) = 2 А.
Таким образом, начальная точка а на рабочем участке Ψ(i) имеет
координаты: i(0) = 0,08 А, Ψ(0) = 0,4 Вб; конечная точка с имеет координаты i(×) = 2 А; Ψ(×) = 2 Вб. Во время переходного процесса значения тока и потокосцепления меняются в пределах
0,08 А ≤ i(t) ≤ 2 А и 0,4 Вб ≤ Ψ(t) ≤ 2 Вб.
1. Метод аналитической аппроксимации. Предварительно для
принятой аппроксимации i(Ψ) = kΨ2 определим, рассматривая
начальную точку а, коэффициент аппроксимации k = i(0)/Ψ2(0) =
2
2
= 0,08/0,4 = 0,5 А/Вб .
Метод аналитической аппроксимации предполагает возможность
интегрирования нелинейного дифференциального уравнения цепи
(1) с учетом выбранной аппроксимации:
dΨ
2
-------- + RkΨ = E .
(2)
dt
Разделяя переменные в (2)
dΨ
dt = ------------------------- ,
2
E – RkΨ
вычислим
1
t = -----Rk
Ψ
1 ⎛
E ⁄ ( Rk ) + Ψ⎞
dΨ
∫ ----------------------------------2 = ------------------ ⎜⎝ ln ------------------------------------⎟⎠
2 RkE
E ⁄ ( Rk ) – Ψ
Ψ ( 0 ) E ⁄ ( Rk ) – Ψ
Ψ
,
Ψ(0)
откуда
E ⁄ ( Rk ) – Ψ E ⁄ ( Rk ) + Ψ
= ------------------------------------ -----------------------------------E ⁄ ( Rk ) + Ψ E ⁄ ( Rk ) – Ψ
или после подстановки значений параметров
2–Ψ
– 250 t
e
= --------------- 1,5 .
2+Ψ
e
– 2 RkEt
(3)
(4)
413
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Из (4) находим потокосцепление Ψ(t), Вб,
– 250 t
3 – 2e
Ψ = ----------------------------- ,
– 250t
1,5 + e
и ток i(t), А,
2
⎛ 3 – 2e – 250t ⎞
i = kΨ = 0,5 ⎜ -----------------------------⎟ .
⎝ 1,5 + e – 250 t⎠
2
Полученное аналитическое решение позволяет анализировать в
общем виде влияние отдельных параметров цепи на зависимости
тока и потокосцепления от времени.
2. Метод условной линеаризации. В методе условной линеаризации нелинейная характеристика заменяется на рабочем участке прямой, т.е. рассчитывается переходный процесс в линейной цепи.
Заменим характеристику Ψ(i) на рабочем участке отрезком ас прямой (не проходящей через начало координат), уравнение которой
Ψ – Ψ0
i ( Ψ ) = ------------------- ,
L0
(5)
где L0 — эквивалентная индуктивность. Эквивалентную индуктивность определим по приращениям:
Ψ(∞) – Ψ(0)
2 – 0,4
L 0 = ---------------------------------- = -------------------- = 0,833 Гн
i(∞) – i(0)
2 – 0,08
и из (5) при i(×) = 2 А и Ψ(×) = 2 Вб вычислим Ψ0 = 0,33 Вб.
Подставив (5) в дифференциальное уравнение цепи (1), получим:
R
dΨ R
-------- + ------ Ψ = E + ------ Ψ 0 .
L0
dt
L0
(6)
Найдем его решение в виде
pt
Ψ(t) = Ψуст + Ае ,
dΨ
где, как следует из (6), при -------- = 0 , т.е. для установившегося
dt
режима,
Ψуст = L0Е/R + Ψ0 = 1,98 Вб.
Корень характеристического уравнения р = –R/L0 = –150 с–1.
414
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Таким образом, Ψ(t) = 1,98 + Ае–150t.
Из условия Ψ(0+) = Ψ(0–) = 0,4 находим постоянную интегрирования
А = 0,4 – 1,98 = –1,58. Таким образом, Ψ(t) = 1,98 – 1,58е–150t Вб.
По кривой i(Ψ) ток i(t) может быть найден графически. При задан2
ной зависимости i = kΨ , где k = 0,5, получим аналитическое решение
–150t 2
) А.
i(t) = 0,5(1,98 – 1,58е
3. Метод кусочно-линейной аппроксимации. Для повышения точности расчета рабочий участок характеристики Ψ(i) заменим отрезками нескольких прямых, в рассматриваемой задаче по условию
отрезками ab, bc. Расчет для каждого участка выполним так же, как
для линейной цепи. Постоянные интегрирования найдем из условия
непрерывности изменения рассматриваемой величины при переходе
с одного участка на другой. Для каждого участка определим момент
времени, соответствующий переходу на следующий участок.
Для расчета тока i(t) исходное дифференциальное уравнение (1)
представим в виде
dΨ di
-------- ----- + Ri = E ,
(7)
di dt
где на каждом k-м участке
Ψ(t) = Lki + Ψk, k = 1, 2,
(8)
т.е. вместо уравнения (7) получим
di
L к ----- + Ri = E .
(9)
dt
Рассмотрим решение на каждом участке.
а) первый участок ab (k = 1). На этом участке в интервале времени
0 ≤ t ≤ t1 значения тока и потокосцепления изменяются в пределах
0,08 ≤ i ≤ 0,5 А; 0,4 ≤ Ψ ≤ 1 Вб, т.е. эквивалентная индуктивность на
первом участке
ΔΨ 1
1 – 0,4
L 1 = ----------- = ------------------------ = 1,43 Гн.
0,5 – 0,08
Δi 1
Переходный ток определим классическим методом:
p1 t
E
i = i уст + i прех = -------------------- + A 1 e ,
R1 + R2
где iуст = 2 А, корень характеристического уравнения р1 = –(R1 +
+ R2)/L1 = –87,4 c–1.
415
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Из условия i(0+) = i(0–) = 0,08 А находим постоянную А1 = –1,92.
Следовательно, ток на первом участке:
i(t) = 2 – 1,92е
–87,4t
А.
Время t1, соответствующее моменту перехода на второй участок,
определим из условия i(t1) = 0,5 А, т.е.
0,5 = 2 – 1,92е
–87,4t
,
откуда
1
–3
1,92
t 1 = ---------- ln ---------- = 2,8æ10 c;
87,4 1,5
б) второй участок bс (k = 2). На этом участке в интервале времени
t1 ≤ t ≤ × значения тока и потокосцепления изменяются в пределах
0,5 ≤ i ≤ 2 А; 1 ≤ Ψ ≤ 2 Вб, т.е. эквивалентная индуктивность на втором участке
ΔΨ 2
L 2 = ----------- = 0,67 Гн.
Δi 2
Ток при t ≥ t1
p2 ( t – t1 )
E
,
i = i уст + i прех = -------------------- + A 2 e
R1 + R2
где iуст = 2 А; корень характеристического уравнения р2 = –(R1 +
+ R2)/L2 = –186,6 c–1. Учитывая, что i(t1) = 0,5 А, находим постоянную А2 = –1,5.
Таким образом, на втором участке ток при t ≥ t1:
i ( t ) = 2 – 1,5e
– 186,6 ( t – t 1 )
А.
На втором участке вследствие насыщения (L2 < L1) постоянная
времени меньше, чем на первом.
4. Метод последовательных интервалов. При решении задачи
этим методом интервал времени, в течение которого рассчитывается
переходный процесс, делим на n интервалов — шагов Δt = h.
В фиксированный момент времени tk = kh на k-м интервале потокосцепление равно Ψk. Через интервал времени Δt, т.е. момент tk + 1 =
= (k + 1)h, потокосцепление изменится на ΔΨk, т.е.
Ψ k + 1 = Ψ k + ΔΨ = Ψ k +
416
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ψk + 1
∫
Ψk
dΨ .
Представив уравнение (1) в виде
dΨ
-------- = E – Ri ( Ψ ) ,
dt
(10)
получим
Ψk + 1 = Ψk +
Ψk + 1
∫
[ E – Ri ( Ψ ) ] dt .
(11)
Ψk
Интеграл вычислим приближенно, полагая подынтегральную
функцию на малом интервале времени постоянной при токе i(Ψ) = i(Ψk)
в начале интервала. В результате получим явную формулу Эйлера
Ψk + 1 = Ψk + [E – Ri(Ψk)]h.
(12)
–3
2
Выбрав шаг h = 2æ10 с при заданной аппроксимации i = kΨ , где
2
k = 0,5 А/Вб , запишем расчетную формулу (12) в виде, Вб,
2
Ψ k + 1 = Ψ k + 0,5 – 0,125Ψ k .
Результаты вычисления занесены в таблицу:
tæ10–3, с
Ψ, Вб
i, А
tæ10–3, с
Ψ, Вб
i, А
0,0
0,40000
0,08000
10,0
1,87635
1,76035
2,0
0,88000
0,38720
12,0
1,93626
1,87456
4,0
1,28320
0,82330
14,0
1,96762
1,93577
6,0
1,57737
1,24405
16,0
1,98368
1,96749
8,0
1,76636
1,56001
18,0
1,99180
1,98364
На рисунках (рис. 3 и 4 к задаче 8.1(р)) приведены графики Ψ(t) и
i(t) для решений: методом аналитической аппроксимации (кривая 1);
условной линеаризации (кривая 2); кусочно-линейной аппроксимации (кривая 3); последовательных интервалов (кривая 4).
8.2. В цепи (см. рис. 1 к задаче 8.1(р)) после размыкания ключа
наступил практически установившийся режим. В момент времени,
который принят за t = 0, произошло короткое замыкание между точками 1 и 2. Параметры цепи и кривая намагничивания Ψ(i) приведены в условии задачи 8.1(р).
Применяя методы аналитической аппроксимации и кусочнолинейной аппроксимации, определить ток катушки i(t) во время
переходного процесса и найти зависимость дифференциальной
индуктивности катушки Lд от времени, учитывая связь Lд(Ψ).
417
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Y, Вб
1,8
4
1,6
2
1
1,4
1,2
1,0
3
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0,002 0,004 0,006 0,008 0,010 0,012 0,014 0,016 0,018 t, c
Рис. 3 к задаче 8.1(p)
i, А
1,8
3
4
1,6
1,4
2
1,2
1,0
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
0,002 0,004 0,006 0,008 0,010 0,012 0,014 0,016 0,018 t, c
Рис. 4 к задаче 8.1(p)
Метод иче ско е указ ани е. При расчете методом кусочно-линейной
аппроксимации принять, что характеристика катушки Ψ(i) задается
двумя отрезками прямых cb и b0 с координатами точки c 2 А, 2 Вб;
точки b 0,5 А, 1 Вб (см. рис. 2 к задаче 8.1(р)).
8.3. Пренебрегая потерями в магнитопроводе и потоком рассеяния, определить во время переходного процесса напряжение u2 на
выходе трансформатора (рис. к задаче 8.3). Дано: Е1 = 6 В, R1 = 4 Ом,
w2 = 2w1. Зависимость Ψ(i) для первичной обмотки трансформатора
аппроксимирована отрезками двух прямых Ψ = 0,8i при 0 ≤ i ≤ 0,5 А;
и Ψ = 0,35 + 0,1i при 0,5 ≤ i ≤ 1,5 А, где Ψ в веберах, i в амперах.
Сопоставить полученный результат с зависимостью u2(t) в случае,
если магнитопровод не будет насыщаться.
418
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i1
E1
w1
w2
u2
R1
Рис. к задаче 8.3
i, мА
i
J
C
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 u, В
а)
б)
Рис. к задаче 8.5
8.4. Конденсатор емкостью С = 12 мкФ заряжен до напряжения
U = 1 В. С момента t = 0 конденсатор разряжается через диод, вольтамперная характеристика которого аппроксимирована зависимостью
i = ku2, где k = 10 мА/В2.
Определить методом аналитической аппроксимации время разрядки конденсатора до напряжения, равного 0,5 В. Найти это же
время методом условной линеаризации.
8.5. Определить ток i(t) во время переходного процесса в цепи
(рис. к задаче 8.5, а).
Дан о: ток источника J = 10 мА, емкость конденсатора С = 5 мкФ
и вольт-амперная характеристика диода (рис. к задаче 8.5, б) i(u).
Методом последовательных интервалов найти время, в течение
которого напряжение на конденсаторе достигнет значения 0,8 В.
8.6. Определить время переходного процесса в цепи (рис. к задаче 8.6),
считая, что переходный процесс заканчивается, когда ток диода
составит 0,9iуст, где iуст — ток в установившемся режиме. Дано: Е = 1 В,
R = 2 кОм, С = 4 мкФ.
Характеристика диода приведена на рис. к задаче 8.5, б.
419
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Задачу решить методами:
а) аналитической аппроксимации характеi
ристики диода зависимостью i(u) = k1u + k2u2;
C
коэффициенты k1 и k2 выбрать, считая, что
E
значения тока и напряжения диода, найденные по его характеристике, совпадают со значениями, определяемыми зависимостью i(u) =
Рис. к задаче 8.6
= k1u + k2u2 в крайних точках рабочего участка;
б) последовательных интервалов при шаге Δt = τ/4, где τ — постоянная времени цепи при линеаризации.
8.7. Заданы ЭДС Е = 1,5 В и параметры схемы (рис. к задаче 8.7, а):
R = 10 Ом; С = 20 мкФ; вольт-амперная характеристика диода приведена на рис. к задаче 8.7, б.
R
i, мА
50
R
25
E
C
0
а)
0,5
1,0 u, В
б)
Рис. к задаче 8.7
Определить напряжение на диоде во время переходного процесса
(после замыкания ключа) методом кусочно-линейной аппроксимации.
8.8. Д а н о : С = 50 мкФ, R = 40 Ом,
ЭДС е = Е = 1 В.
i
Найти время, в течение которого
iR
ток iR в цепи (рис. к задаче 8.8)
достигнет значения 0,9IR, где IR —
e
R
C
ток установившегося режима после
коммутации. Задачу решить методом
аналитической аппроксимации харакРис. к задаче 8.8
теристики диода, полагая i(u) = аu2,
где а = 100 мА/В2.
8.9. Определить (рис. к задаче 8.9, а) напряжение uС на емкости
после коммутации при Е = 150 В, R1 = 56 Ом, R2 = 4 Ом; вольт-кулонная характеристика конденсатора приведена на рис. к задаче 8.9, б.
Задачу решить методами: а) кусочно-линейной аппроксимации с
двумя отрезками прямых, пересекающимися при u = 50 В; б) условной линеаризации.
420
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
q, мкКл
i
400
300
R1
200
uC
E
R2
100
0
25
50
75
а)
100 125 u, В
б)
Рис. к задаче 8.9
DE
i
E
L
R
Рис. 1 к задаче 8.10(p)
a
b
DE
a
Uх(0)
uд = uab(0)
E
uab(0)
R
Rвх
b
Рис. 2 к задаче 8.10(p)
8.10(р). Дано: Е = 1,5 В, Е = 0,1 В, R = 100 Ом, L = 0,05 Гн (рис. 1
к задаче 8.10(р)).
Определить i(t) после коммутации.
Вольт-амперная характеристики диода задана таблицей:
u д, В
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,6
iд, мА
0
1,1
3,8
8,1
14,0
21,5
30,6
41,3
53,6
Ре шение. 1. Определение рабочего участка. По методу эквивалентного генератора (рис. 2 к задаче 8.10(р)) определим значения uд и
iд в моменты времени:
при t = 0, iL(0) = 0 (нулевые начальные условия)
Uх(0) = Е – ΔЕ = 1,4 В,
Iк(0) = (Е – ΔЕ)/R = 14 мА;
421
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
при t → × (рис. 3 к задаче 8.10(р))
uд× = Е – ΔЕ = 1,4 В,
iд× = 41,3 мА.
DE
b
a
iд, мА
50,0
E uд¥ = E – DE
41,3
40,0
R
t®¥
II
30,6
30,0
Рис. 3 к задаче 8.10(p)
a
21,5
20,0
I
Iк(0)
10,0
8,1
Uх(0)
Рис. 4 к задаче 8.10(p) →
0
0,6
1,0 1,2 1,4
uд, В
Значения тока и напряжения на диоде меняются в пределах:
8,1 ≤ iд ≤ 41,3 мА; 0,6 ≤ uд ≤ 1,4 В.
Графическое решение приведено на рис. 4 к задаче 8.10(р).
2. Метод кусочно-линейной аппроксимации. Выбираем два участка линейности на вольт-амперной характеристике диода:
I участок. 8,1 ≤ iд ≤ 21,5 мА; 0,6 ≤ uд ≤ 1 В,
I
I
I
uд ( iд ) = Rд iд + Eд ,
Δu д
1 – 0,6
I
R д = --------- = ----------------------------------------- = 29,25 Ом,
–3
Δi д
( 21,5 – 8,1 )10
I
E д = 0,358 В.
Схема замещения нелинейного элемента на участке I при 0 ≤ t ≤ tа
приведена на рис. 5 к задаче 8.10(р).
Классическим методом определим переходный ток i = iд (98,1 ≤
≤ iд ≤ 21,5 мА):
I
I
i ( t ) = i уст + Ae
422
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
pI t
I
E – E д – ΔE
I
, i уст = ------------------------------- = 34,9 мА ,
I
Rд
RдI
t=0
EдI
DE
i I = iдI
E
L
R
iL
Рис. 5 к задаче 8.10(p)
RдII
t¢ = 0
EдII
DE
i II = iдII
E
R
L
iL
Рис. 6 к задаче 8.10(p)
I
E – E д – ΔE
i ( 0 ) = ------------------------------- = 8,1 мА , A = 8,1 – 34,9 = – 26,8 мА ,
I
Rд + R
I
I
p I = – 459,76 1/c , i ( t ) = 34,9 – 26,8e
– 459,76 t
мА .
I
В момент t = tа значение тока i (tа) = 21,5 мА,
34,9 – 26,8e
– 459,76 t a
= 21,5, ta = 1,51 мс.
Решение на участке I линейности: 0 ≤ t ≤ tа, iI(t) = 34,9 –
–459,76t
мА.
– 26,8e
II участок. 21,5 ≤ iд ≤ 41,3 мА; 1 ≤ uд ≤ 1,4 В.
Введем t′ = t – tа,
II
II
II
uд ( iд ) = Rд iд + Eд ,
Δu д
1,4 – 1
II
R д = --------- = -------------------------------------------- = 20,2 Ом,
–3
Δi д
( 41,3 – 21,5 )10
II
E д = 0,566 В.
Схема замещения на участке II (рис. 6 к задаче 8.10(р)), т.е. при
0 ≤ t′ ≤ × или t > tа:
II
II
p II t ′
II
II
, i уст = 41,3 мА, i ( 0 ) = 21,5 мА,
i ( t′ ) = i уст + Ae
A = –19,8 мА, pII = –336,11 1/с.
423
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Решение на участке II: iII(t′) = 41,3 – 19,8e–336,11t′ мА.
Ответ:
⎧ 34,9 – 26,8e – 459,76 t мА, 0 ≤ t ≤ 1,51 мс,
⎪
i(t) = ⎨
–3
⎪ 41,3 – 19,8e – 336,11 ( t – 1,51æ 10 ) мА, t ≥ 1,51 мс,
⎩
tпер.пр ≈ ta + 5τII = 16,4 мс.
3. Метод аналитической аппроксимации. Выберем аналитиче2
скую аппроксимацию: iд(uд) = аuд + buд , коэффициенты аппроксимации выберем по крайним точкам рабочего участка:
–3
t=0
8,1æ10
t=∞
41,3æ10
–3
= aæ0,6 + bæ0,6
2
= aæ1,4 + bæ1,4
–3
2
⇒
a = 1,5æ10
b = 20æ10
–3
–3
А/В,
2
А/В ,
–3 2
следовательно, i д = 1,5æ10 u д + 20æ10 u д А.
Схема после коммутации (рис. 7 к
задаче
8.10(р)):
i =i
д
Eэ
uд
Еэ = Е – ΔЕ = 1,4 В.
L
R
iL
iR
Рис. 7 к задаче 8.10(p)
Составим уравнение цепи:
Eэ – uд
i = i д = i L + i R = i L + ------------------ ,
R
после подстановки получим:
Eэ – uд
2
au д + bu д = i L + ------------------ ,
R
du д
du д di L du д 1
a --------- + 2u д --------- = -------- – --------- --- ,
dt
dt
dt
dt R
du
u
Eэ – uд
du
⎛ a – --1-⎞ --------д- + 2bu --------д- = -----L = -----------------,
д dt
⎝
L
L
R⎠ dt
du
du
⎛ aL + --L-⎞ --------д- + 2bu L --------д- = E – u .
д
э
д
⎝
R⎠ dt
dt
Окончательно имеем уравнение
du д
L
--------- ⎛ aL + --- + 2bu д L⎞ = E э – u д .
⎠
R
dt ⎝
424
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Разделяем переменные:
L
–3
–3
aL + --- + 2bu д L
0,575æ10 + 2æ10 u д
R
dt = ----------------------------------------- du д = -------------------------------------------------------------- du д ,
Eэ – uд
1,4 – u д
–3
uд
t =
∫
uд ( 0 )
–3
0,575æ10 + 2æ10 u д
-------------------------------------------------------------- du д = f ( u д ) .
1,4 – u д
uд(0) = 0,6 В.
Время переходного процесса, считая его окончанием время, когда
значение напряжения на диоде достигнет 99,5 % от uд.уст ,
t пер.пр =
1,393 0,575æ10 – 3
∫
0,6
–3
+ 2æ10 u
--------------------------------------------------------------д du д = 14,4 мс.
1,4 – u д
З а м еч а ние . При дальнейшем аналитическом решении используются формулы
A
x
- dx = – ln ( B – x )A , ∫ ------------- dx = – x – B ln ( B – x ) .
∫ -----------B–x
B–x
8.11. В момент t = 0 ключ размыкается (рис. к задаче 8.11, а).
Источник тока J = 0,2 А, C = 200 пФ. Нелинейный резистор имеет
вольт-амперную характеристику, заданную графически (рис. к задаче
8.11, б); Епр = 0,5 В, Rэ = k tgα = 12 Ом).
i
a
J
C
uн.р(t)
Eобр
Eпр
а)
uн.р
б)
Рис. к задаче 8.11
Найти u(t) при включении нелинейного резистора в проводящем
направлении при uн.р ≥ 0.
8.12. Катушка со стальным сердечником включается на постоянное напряжение U = 120 В. Сопротивление обмотки R = 4 Ом. Рассчитать i(t) методом кусочной линеаризации, заменяя вебер-амперную
характеристику двумя прямыми Ψ = 0,072i и Ψ = 0,001566i + 0,293,
где i в амперах, Ψ в веберах.
425
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.13. Катушка со стальным сердечником, вебер-амперная характеристика которой задана выражением i = kΨ4(k = 675 А/Вб4), где
i в амперах, Ψ в веберах, подключается к источнику постоянного
напряжения U = 100 В. Сопротивление катушки R = 200 Ом.
Методом аналитической аппроксимации найти i(t) и Ψ(t) после
коммутации.
8.14. Обмотка катушки со стальным сердечником замыкается
накоротко (рис. к задаче 8.14, а). Сопротивление обмотки R = 20 Ом,
число витков w = 300. До замыкания напряжение на обмотке U = 60 В.
Зависимость Φ(i) задана графически (рис. к задаче 8.14, б).
F, Вб
R
i(t)
U
0,015
0,010
0,005
0
а)
1
2
i, А
б)
Рис. к задаче 8.14
Рассчитать i(t) методом кусочно-линейной аппроксимации.
8.2. УСТОЙЧИВОСТЬ СОСТОЯНИЯ РАВНОВЕСИЯ
8.15(р). Вольт-амперная характеристика газоразрядного нелинейного элемента имеет S-образную форму (см. Введение). Рабочий
участок на спадающей части этой характеристики, соответствующей
разряду, аппроксимирован зависимостью u = k1 + k2/i, где k1 = 20 В,
k2 = 25 ВæА.
Нелинейный элемент включен в цепь последовательно с резистором и источником ЭДС. Сопротивление резистора R = 8 Ом, постоянная ЭДС источника Е = 50 В.
Найти состояния равновесия и определить условия их устойчивости.
На плоскости параметров Е, R построить область устойчивого разряда.
Ре ше н и е . Найдем ток, определяющий состояния равновесия,
аналитически. Запишем уравнение цепи
Ri + u = Ri + k1 + k2/i = Е
или
k1 – E
k2
2
i + --------------- i + ----- = 0 ,
R
R
426
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(1)
откуда
E – k1
E – k1 2 k2
i 01, 02 = --------------- ± ⎛ ---------------⎞ – ----- ,
⎝ 2R ⎠
R
2R
т.е. на рассматриваемом рабочем участке возможны два состояния
равновесия: i01 = 2,5 А и i02 = 1,25 А.
Для исследования их устойчивости в исходную цепь (рис. 1 к
задаче 8.15(р)) последовательно с нелинейным элементом, имеющим
S-образную характеристику, необходимо включить индуктивность L
(значение ее может быть очень малым) (рис. 2 к задаче 8.15(р)).
R
R
E
E
i(u)
i(u)
Рис. 1 к задаче 8.15(p)
Рис. 2 к задаче 8.15(p)
При этом процессы в цепи будут описываться дифференциальным
уравнением
k2
di
(2)
L ----- + Ri + k 1 + ----- = E .
i
dt
Рассмотрим малые отклонения ξ относительно равновесий i0n (n = 1; 2).
Записав ток в виде i = i0n + ξ, подставим его в дифференциальное
уравнение (2) и получим:
k2
dξ
L ------ + R ( i 0 n + ξ ) + k 1 + ----------------- = E .
dt
i0 n + ξ
Последнее слагаемое в левой части равенства представим в виде
ряда Тейлора, ограничиваясь слагаемым с линейной зависимостью, т.е.
k2
k2
k2
- – ------ξ .
---------------- ≈ -----i 0 n + ξ i 0n i 2
0n
При этом, учитывая, что в соответствии с (1)
k2
Ri 0 n + k 1 + ------- = E ,
i0 n
(3)
получаем линейное дифференциальное уравнение для отклонений
k2 ⎞
dξ ⎛
L ------ + ⎜ R – ------- ξ⎟ = 0 .
2
dt ⎝
i ⎠
0n
427
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Состояния равновесия будут устойчивыми, если коэффициенты
этого уравнения будут положительными (корень характеристичеk2
ского уравнения — отрицательным), т.е. если R – ------- > 0 .
2
i0 n
Для состояния равновесия i01 = 2,5 А находим (8 – 25/2,52) = 4 > 0,
т.е. оно устойчиво, а при i02 = 1,25 А получим (8 – 25/1,252) < 0, т.е.
это состояние неустойчиво.
Для определения области устойчивого разряда на плоскости параk2
метров Е, R запишем условие границы устойчивости R – ------- = 0 ,
2
i0 n
k2
----- и подставив это значение в (3), получим
R
уравнение для построения границы рассматриваемой области:
откуда, определив i 0 n =
E = k 1 + 2 k 2 R = 20 + 10 R .
На рис. 3 к задаче 8.15(р) построена кривая Е(R), разделяющая
первый квадрант на две области: верхнюю (заштрихованную) и нижнюю. Точка Е = 50 В и R = 8 Ом (заданные значения) находится в верхней области. Поэтому приходим к выводу, что эта область соответствует устойчивому разряду при токе i01. Эта же область параметров
соответствует возможному появлению и неустойчивых состояний,
так как при токе i02 состояние равновесия неустойчивое.
В нижней области при заданной аппроксимации вольт-амперной
характеристики состояния равновесия существовать не могут. В
действительности, если учесть нарастающий участок вольт-амперной характеристики нелинейного элемента, эта область будет соответствовать устойчивым режимам при отсутствии разряда.
E, В
80
60
E(R)
40
20
0
2
4
6
8
10 12 14 16 R, Ом
Рис. 3 к задаче 8.15(p)
428
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.16. Для амплитуды колебаний a(τ) в автогенераторе известно
2
da
a
дифференциальное уравнение ------ = εa ⎛ 1 – -----⎞ , где ε — обобщен⎝
4⎠
dτ
ный параметр цепи; τ — безразмерное время.
Определить состояния равновесия a0n и условия их устойчивости.
8.17. Вольт-амперная характеристика
туннельного диода (рис. к задаче 8.17)
i(t)
аппроксимирована для переменных
E
u
составляющих тока и напряжения отноR
L
C
сительно рабочей точки зависимостью
3
i = –k1u + k2u .
Составить для напряжения на диоде
Рис. к задаче 8.17
дифференциальное уравнение и привести его к виду
2
d x
2 dx
-------- – ε ( 1 – x ) ------ + x = 0 .
2
dτ
dτ
Определить состояние равновесия х0 и получить условие его
устойчивости.
Ме тод ич е с ко е у ка з а н и е . Учесть обозначения и нормировки:
x
u = ---------------------------- ;
3k 2
----------------------k1 – 1 ⁄ R
t = τ LC ;
ε=
L
---- ( k 1 – 1 ⁄ R ) .
C
8.18. При аппроксимации вольт-амперной характеристики туннельного диода отрезками прямых (рис. к задаче 8.18), определить
условие устойчивости состояния равновесия. В плоскости параметров Е, R построить область, для которой возможны неустойчивые
состояния равновесия.
i, мА
i
E
R
10
(10, 100)
(10, 500)
8
6
4
2
0
(2,340)
200
400
600
u, мВ
Рис. к задаче 8.18
429
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.3. ИЗОБРАЖЕНИЕ ПЕРЕХОДНЫХ ПРОЦЕССОВ
НА ФАЗОВОЙ ПЛОСКОСТИ
8.19(р). 1. Рассчитать аналитически и построить графически
фазовую траекторию процесса (рис. 1 к задаче 8.19(р)), вызванного
замыканием рубильника в цепи для случаев:
1) UC0 = 0; 2) UC0 = 0,5U; 3) UC0 = –0,5U, где UC0 = uC(0). Траекdu C
di
тории построить на плоскости i ; ----- и u C ; --------- .
dt
dt
R
U
i
uC
di
dt
C
0
Процесс апериодический,
особая точка — узел (состояние равновесия)
U
2R
U
R
3U
2R
i
Рис. 1 к задаче 8.19(р)
di
U
=–
dt 0 R2C
( )
2
1
Рис. 2 к задаче 8.19(р) →
3
Движение изображающей точки вверх
Ре ше н и е . Фазовая траектория тока определяется по уравнению
di 1
di du C
Ri + uC = U или R ----- + --------- = 0 , R ----- + ---- i = 0 ,
dt
dt C
dt
di
1
следовательно, ----- = – -------- i . Фазовая траектория — линейная функция.
dt
RC
U – u C ( 0 ) U – U C0 di
U – U C0
Начальные условия: i(0)= -------------------------- = --------------------- , ⎛ -----⎞ = – --------------------- .
⎝ dt⎠ 0
2
R
R
R C
Фазовая траектория проходит через начало координат, так как в установившемся режиме ток i = 0. Для построения фазовой траектории
di
проводим прямую через точки (0; 0) и [i(0); ⎛ -----⎞ ] (рис. 2 к задаче
⎝ dt⎠ 0
8.19(р) для случаев 1, 2, 3).
Для напряжения uC:
du C
du C
U = Ri + uC, i = C --------- , U = RC --------- + u C ,
dt
dt
430
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
следовательно,
du C U – u C
--------- = ----------------- .
RC
dt
Фазовая траектория — линейная функция.
Начальные условия:
U – u C ( 0 ) U – U C0
du C
1
u C ( 0 ) = U C0 , ⎛ ---------⎞ = ---- i ( 0 ) = -------------------------- = --------------------- .
⎝ dt ⎠ 0 C
RC
RC
U – U C0
Фазовая траектория проходит через точки (0; U) и ⎛ U C 0 ;---------------------⎞ ,
⎝
⎠
R
так как в установившемся режиме при t = ×
du C
= 0,
uC уст = U; ⎛ ---------⎞
⎝ dt ⎠ уст
а при t = 0 (рис. 3 к задаче 8.19(р))
du C
U – UC 0
uC(0) = UC0; ⎛ ---------⎞ = --------------------- .
⎝ dt ⎠ 0
R
3
duC
dt
U
RC
3U
2RC
Движение
изображающей точки
вниз
1
U
2RC
–U
2
0
Процесс
апериодический,
особая точка — узел
(состояние равновесия)
2
U
2
U
uC
u(t)
i
L
C
u
Рис. 4 к задаче 8.19(р)
Рис. 3 к задаче 8.19(р)
2. Рассчитать аналитически и построить графически на фазовой
di
плоскости i ; ----- траекторию процесса (рис. 4 к задаче 8.19(р)), вызванdt
ного переключением рубильника в схеме без разрыва цепи для случаев:
1) i0 = U0 = 0; 2) U0 ≠ 0, i0 = 0; 3) U0 ≠ 0, i0 ≠ 0, U0 = u(0), i0 = i(0).
Ре ше н и е . Записываем дифференциальное уравнение цепи по
второму закону Кирхгофа
di 1
L ----- + ---- ∫ i dt = 0 ,
dt C
431
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
di
решаем его относительно i ; ----- :
dt
2
2
d i i
d i
i
L ------- + ---- = 0 ⇒ ------- = – ------- .
dt C
dt
LC
2
d i dy
di
Пусть i = x; ----- = y ; ------- = ------ .
2
dt
dt
dt
Тогда
dy
x dy dx
x
------ = – ------- ; ------ ------ = – ------- ,
dt
LC dx dt
LC
dy
x
1
------ y = – ------- ⇒ y dy = – ------- x dx ,
dx
LC
LC
интегрируем и получаем
2
2
1 x
y
----- + K 1 = – ------- ⎛ ----- + K 2⎞ .
⎠
2
LC ⎝ 2
1
2
Так как ω 0 = ------- — собственная частота колебательного контура,
LC
окончательно имеем:
2
2 2
y + ω0 x = K
2
(1)
или
2
2 2
2
⎛ di
-----⎞ + ω 0 i = K
⎝ dt⎠
— уравнение эллипса.
Постоянная интегрирования K определяется из начальных усло2
2
y
x
вий. Уравнение (1) можно представить в виде ------------------ + ------ = 1 . Это
2
2
2
K ⁄ ω0 K
K
уравнение соответствует уравнению эллипса с полуосями ------ и K
ω0
(рис. 5 к задаче 8.19(р)):
1) i0 = U0 = 0.
Из уравнения Кирхгофа
di
di
0 = L ⎛ -----⎞ + u C ( 0 ) ⇒ ⎛ -----⎞ = 0 ,
⎝ dt⎠
⎝ dt⎠
0
0
di
т.е. x = i = 0; y = ----- = 0 , по уравнению эллипса определяем K = 0.
dt
Эллипс вырождается в точку (начало координат);
432
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
y
y=
di
dt
m
2K
x
Движение
на фазовой плоскости
по часовой стрелке
U0
L
Фокус
2K
w0
n
Рис. 5 к задаче 8.19(р)
x=i
U0
w0L
Рис. 6 к задаче 8.19(р)
2) U0 ≠ 0; i0 = 0.
Из уравнения Кирхгофа
di
0 = L ⎛ -----⎞
⎝ dt⎠
0
di
+ U 0 ⇒ ⎛ -----⎞
⎝ dt⎠
0
U0
= – ------- ,
L
2
U0
U0
U0 ⁄ L
y
di
т.е. x = i = 0; y = ----- = – ------- , тогда ------ = 1 ; --------------- = 1 ⇒ K = ± ------- .
2
2
dt
L
L
K
K
U0
U0
Следовательно, полуоси эллипса равны ---------- и ------- .
ω0 L
L
Переходный процесс обозначен на фазовой плоскости в виде
замкнутой траектории, так называемый фазовый цикл. Периодические процессы характеризуются тем, что фазовая траектория пересекает ось абсцисс под прямым углом (рис. 6 к задаче 8.19(р)).
При колебательном процессе особая точка в общем случае называется фокус, если затухание отсутствует, — центр.
Если U0 > 0, то начальная точка будет самой нижней точкой
эллипса m, если U0 < 0, то начальная точка n. Постоянная интегрирования определяется из начальных условий, т.е. из уравнения эллипса
при подстановке в него t = 0;
3) U0 ≠ 0; i0 ≠ 0.
Из уравнения Кирхгофа
U0
di
di
0 = L ⎛ -----⎞ + U 0 ⇒ ⎛ -----⎞ = – ------- .
⎝ dt⎠
⎝ dt⎠
L
0
0
Подставляем в уравнение эллипса t = 0, решение имеет вид:
2
2
⎛ i2
⎞
U0
U0
2 2
2
0
⎜ ----------------⎟
- + ------------- = 1 ⇒ ω 0 i 0 + ------- = K ,
⎜ 2
⎟
2
2 2
2
L
⎝ K ⁄ ω0 L K
⎠
433
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
где
2
U0
2 2
K = ± ω 0 i 0 + ------- — малая полуось эллипса;
2
L
2
U0
K
2
------ = ± i 0 + ------------ — большая полуось эллипса.
ω0
2 2
ω0 L
Большая полуось эллипса откладывается по оси токов, ее значение соответствует максимальному току, т.е. I max =
2
i0
2
U0
+ ------------2 2
ω0 L
(рис. 7 к задаче 8.19(р)).
y=
Движение
на фазовой плоскости
по часовой стрелке
di
dt
U2
w02i02 + 0
L2
x=i
m
Imax= i02 +
U02
w02L2
Рис. 7 к задаче 8.19(р)
Полученные фазовые траектории в виде эллипсов соответствуют
незатухающим синусоидальным колебаниям. Амплитуда колебаний
равна полуоси эллипса, направленной по оси абсцисс, а частота
равна отношению вертикальной полуоси к горизонтальной (с учетом
масштабов).
В реальном колебательном контуре всегда есть некоторые потери,
которыми нельзя пренебречь. За период колебаний амплитуда тока
уменьшается и фазовые траектории приобретают вид спиралей, завивающихся вокруг начала координат.
8.20(р). Дано: Е = 9 В, R = 9 кОм, С = 0,1 мкФ (рис. 1, а к задаче
8.20(р)); вольт-амперная характеристика нелинейного элемента i(u)
аппроксимирована тремя отрезками прямых (рис. 1, б к задаче
8.20(р)): fb, bd, dc.
434
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
i, мА
6
i(u)
5
t=0
E
iC
C
uC
R
c
4
i(u)
u
3
E
R 2
1
i1
0
d
E–u
R
p
f a
1
а)
E
b
3
5
7
9
u, В
б)
Рис. 1 к задаче 8.20(р)
Требуется:
построить фазовые траектории для напряжения на конденсаторе;
установить устойчивость состояния равновесия; найти период колебаний; по фазовой траектории определить зависимость uС(t).
Ре ше н и е . Применим метод фазовой плоскости, учитывая особенности фазовых траекторий, определяемых отрезками прямых.
1. Для построения фазовых траекторий у(х), где х = uС; у = duC/dt,
составим дифференциальные уравнения схемы по законам Кирхгофа:
E – uC
i C = ----------------- – i ( u ) , uC = u,
R
du C 1 E – u C
--------= ---- ------------------ – i ( u C ) .
R
dt
C
Дифференциальное уравнение для напряжения на конденсаторе, В/с,
du C 1 E – u C
4 9 – uC
--------- = ---- ------------------ – i ( u C ) = 10 ---------------– i ( uC ) ,
3
dt
C
R
9æ10
где учтено, что ток задан в миллиамперах. Фазовая траектория построена на рис. 2, а к задаче 8.20(р).
Свойства фазовой плоскости позволяют указать стрелками возможные направления движения изображающей точки. Моменту времени t = 0 соответствует точка f, так как i(0) = 0. Состояние равновеdu C
сия --------- = 0 определяется точкой р. Первоначально с увеличением
dt
напряжения uC изображающая точка перемещается от точки f к точке b.
Из точки b движение изображающей точки к точке р невозможно
(в соответствии с указанным направлением движения). Но изображающая точка не может остаться и в точке b, поскольку точка b не определяет состояния равновесия. Поэтому изображающая точка из точки b
скачкообразно (при неизменном напряжении uC) переходит в точку с
435
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
(показано штриховой линией). Далее аналогично из точки d происходит скачок к точке а, откуда изображающая точка снова движется к
точке b и т.д., получается непрерывное движение по замкнутой фазовой траектории аbсdа — предельному циклу, т.е. происходят периодические незатухающие колебания. На рис. 2, б к задаче 8.20(р)
сплошными линиями показана зависимость uC(t). Наклонные участки фазовой траектории аb и сd соответствуют отрезкам экспонент.
duC
dt
,104 В/c
t=0 f
a
2
a1
1
0
1
d
a2
–1
–2
b
p
3
E
5
7
9
u C, В
uC, В
9
8
7
6
5
4
3
2
1
–3
b
–5
b
c
da
a
c
da
f
0
–4
b
c
0,2
0,4
c
0,6
tз
0,8
tр
1,0
1,2
1,4 t, c
T
а)
б)
Рис. 2 к задаче 8.20(р)
2. Устойчивость равновесия, определяемого точкой р, можно
установить, рассматривая малые отклонения относительно этой
точки. Как следует из указанных на рис. 2, а к задаче 8.20(р) возможных направлений движения изображающей точки, равновесие в
точке р неустойчивое.
3. На графике uC(t) (рис. 2, б к задаче 8.20(р)) показан период
колебаний Т = tз + tр, где tз — время зарядки; tр — время разрядки
конденсатора. Зарядке соответствует участок аb фазовой траектории,
разрядке — сd. Интервалы времени, необходимые для движения
изображающей точки на этих участках, найдем по формулам:
4
xk + 1 – xk yk + 1
5–1
1æ10
- = --------------------------- ln ---------------- = 2,775æ10–4 с;
t з = ------------------------- ln -----------4
4
yk + 1 – yk
yk
( 1 – 2 )10
2æ10
4
1–5
1æ10
t р = -------------------------------- ln ---------------- = 1,609æ10–4 c.
4
4
( – 1 + 5 )10
5æ10
Период Т = tз + tр = 4,384æ10
436
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–4
с.
4. Для определения периодически изменяющегося напряжения
uС(t) учтем соответствие прямолинейного участка фазовой траектории и экспоненциальной зависимости. Так, для участка аb имеем:
–t ⁄ τ1
–t ⁄ τ1
–t ⁄ τ1
= E + A1 e
= 9 – 8e
, так как в точке а
uCab = uуст + A 1 e
(рис. 2, а к задаче 8.20(р)) при t = 0 напряжение uCab(0) = 1 и А1 = 1 –
–t ⁄ τ2
–t ⁄ τ2
– 9 = –8. Аналогично для участка сd: uCcd = uуст + A 2 e
= – 5e
,
так как здесь uуст = 0.
Постоянная времени τ экспоненциальной зависимости (рис. 2, а к
задаче 8.20(р)) равна тангенсу наклона прямой на фазовой плоскости
к оси ординат (с учетом масштабов), т.е.
Δu C
5–1
–4
τ 1 = tgα 1 = ----------------------------- = --------------------------- = 4æ10 c;
Δ ( du C ⁄ dt ) ( 2 – 1 )10 4
5–1
–4
τ 2 = tgα 2 = --------------------------- = 1æ10 c.
4
( 5 – 1 )10
Получилось τ1 > τ2, т.е. процесс зарядки происходит медленнее,
чем процесс разрядки.
8.21. По кривым мгновенных значений напряжения, приведенным
на рис. к задаче 8.21, а, б, в, построить качественно фазовые траектории на плоскости [du/dt; u]. Указать стрелками направление движения изображающей точки.
8.22. По фазовым траекториям, приведенным на рис. к задаче 8.22,
построить качественно кривые мгновенных значений uС(t), Ψ(t).
8.23. Характеристика диода при прямом включении (рис. к задаче 8.23)
2
аппроксимирована зависимостью i = au .
Полагая, что параметры элементов схемы Е = const, R и С известны,
получить уравнение фазовой траектории тока [di/dt = f(i)].
8.24. Для потокосцепления катушки в задаче 8.1(р) при аналитической
аппроксимации найти уравнение фазовой траектории [dΨ/dt = f(Ψ)].
8.25. Вольт-амперная характеристика газоразрядного элемента
(рис. а к задаче 8.25) приведена на рис. б к задаче 8.25. Параметры
линейных элементов: J = 5 мА, С = 0,1 мкФ.
Построить фазовый портрет в координатах [duC/dt; uC].
Определить устойчивость состояния и найти период Т возможных
колебаний.
8.26. Заданы параметры элементов в схеме (рис. а к задаче 8.26):
Е = 200 В, R = 2 Ом, С = 100 мкФ, характеристика индуктивной
катушки Ψ(i) приведена на рис. б к задаче 8.26.
437
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u
Um
0
T/2
T
t
–Um
а)
u
Um
t2
t1
t3
t
–Um
б)
u
0
t1
t
t2
в)
Рис. к задаче 8.21
duC
dt
5
0
–5
–10
dY
=y,
dt
102 Вб/c
=y, 104 В/c
t=0
a
b
10
5
30
15
20
25
2
1
35 uC=x, В
d
–20
–15
c
а)
б)
Рис. к задаче 8.22
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–1
–2
0
t2
–20
–25
438
–10
10
t1
t=0
20
Y = x,
10–2 Вб
i
i, мА
30
i
u
J
E
i(u)
20
C
C
10
0
R
10
20
а)
Рис. к задаче 8.23
30 u, В
б)
Рис. к задаче 8.25
Y, 10–2 Вб
10
9
i
E
5
0
C
–30 –20 –10
R
10
20
30
i, А
–5
–9
–10
а)
б)
Рис. к задаче 8.26
Требуется:
а) найти уравнения фазовой траектории и построить фазовый портрет на плоскости х = Ψ, у = dΨ/dt;
б) определить период колебаний T;
в) найти период при уменьшении ЭДС Е до 20 В.
8.27. Полагая в схеме (рис. к задаче
8.27) начальные условия нулевыми,
iL
J = const и диод идеальным, составить
J
уравнение фазовой траектории тока iL
L
[у = f(х), где х = iL, у = diL/dt].
C
8.28. Конденсатор емкостью С =
= 1000 пФ замыкается на неразветвленную цепь, состоящую из резистора
Рис. к задаче 8.27
сопротивлением R = 100 кОм и диода
–6 2
–6 3
с вольт-амперной характеристикой iд = 10 u д + 4,2æ10 u д (ток iд в
амперах, напряжение uд в вольтах). Напряжение на конденсаторе в
момент замыкания uС(0) = 2 В.
Найти уравнение фазовой траектории напряжения на диоде
du д
--------- = f ( u д ) .
dt
439
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.4. МЕТОД УСРЕДНЕНИЯ
8.29(р). В цепи (рис. 1 к задаче 8.29(р))
периодический процесс имеет колебательный характер. Начальное напряжеiR
i
ние на конденсаторе uC(0) = U0. При
+ +
известных значениях R, С и заданной
C
uC
R
uL
– –
вольт-амперной характеристике в виде
3
i(Ψ) = (1/L0)(Ψ + kΨ ) методом усреднения определить зависимости амплитуды
Рис. 1 к задаче 8.29(p)
потокосцепления, фазы и частоты собственных колебаний от времени.
Ре ше н и е . Запишем уравнения по законам Кирхгофа для схемы
рис. 1 к задаче 8.29(р):
iС = iR + i(Ψ); uL – uC = 0; uL – uR = 0.
iC
Учитывая, что
2
u R u L 1 dΨ
du C
du L
d Ψ
i C = – C --------- = – C --------- = – C ---------- и i R = ------ = ----- = --- -------- ,
2
dt
dt
R
L
R dt
dt
уравнения сведем к однородному нелинейному дифференциальному
уравнению второго порядка для потокосцепления:
2
1 dΨ
1
d Ψ
k
3
---------- + -------- -------- + ---------- Ψ + ---------- Ψ = 0 .
2
RC
dt
L
C
C
L
0
0
dt
2
Введя обозначения 2δ = 1/(RС), ω 0 = 1/(L0С), К = k/(L0С), получим:
2
d Ψ
dΨ
2
3
---------- + ω 0 Ψ = – 2δ -------- – KΨ .
2
dt
dt
Предположим, что затухание 2δ и коэффициент аппроксимации k
малы; решение будем искать в виде
dΨ
θ = ωt – ϕ, Ψ = a cosθ, -------- = – aω sin θ , θ0 = ω0t – ϕ.
dt
Уравнения установления амплитуды а = а(t) и фазы ϕ = ϕ(t):
2π
da
1
3
3
------ = – -------------- ∫ ( 2δaω 0 sin θ – Ka cos θ ) sin θ dθ ;
dt
2πω 0
0
2π
dϕ
1
3
3
------- = ----------------- ∫ ( 2δaω 0 sin θ – Ka cos θ ) cos θ dθ .
dt
2πω 0 a
0
440
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Операция усреднения определяется интегрированием за период,
например,
1
-----2π
2π
∫
0
1
2
sin θ dθ = --- .
2
Приведенное усреднение условно обозначим чертой сверху:
1
2
3
4
sin θ = --- . Так как cos θ sin θ = 0 , cosθ sin θ = 0 , cos θ = 3 ⁄ 8 , то
2
получим уравнения в виде
da
dϕ
3 2
------ = – δa ; ------- = – --- Ka .
(1)
dt
8
dt
Для определения постоянных интегрирования вычислим предварительно значения а(0) и ϕ(0). Учитывая начальные условия и принимаемый вид решения, найдем, что
Ψ ( 0 ) = 0 = a ( 0 ) cos [ ω 0 æ0 – ϕ ( 0 ) ] ;
dΨ
-------- = u L ( 0 ) = u C ( 0 ) = U 0 = – a ( 0 )ω 0 sin [ ω 0 æ0 – ϕ ( 0 ) ] ,
dt 0
т.е.
а(0) cosϕ(0) = 0;
(2)
а(0) sinϕ(0) = U0/ω0.
(3)
Так как а(0) ≠ 0, то из (2) ϕ(0) = ±π/2. Поскольку а(0) > 0, то из (3)
имеем ϕ(0) = π/2 и а(0) = U0/ω0. Интегрируем уравнение установления амплитуды (1) dа/а = –δ dt и получаем:
1
a
– δt = ln a + ln ------ = ln ------ ,
C1
C1
т.е.
a(t) = C1e
–δt
,
откуда, учитывая начальное значение а(0), определяем постоянную
С1 = U0/ω0. Следовательно, искомое решение
U0 –δ t
a ( t ) = ------- e .
ω0
Подставив его в уравнение установления фазы, получим:
2
3KU – 2 δ t
dϕ
------- = – --------------0 e
2
dt
8ω 0
441
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
и после интегрирования находим
2
3KU 0 – 2 δ t
ϕ ( t ) = ---------------- e
+ C2 .
2
16ω 0 δ
2
π 3KU 0
Так как ϕ(0) = π/2, то С2 = --- – ---------------- и, следовательно,
2 16ω 2 δ
0
2
π 3KU 0
– 2δt
ϕ ( t ) = --- – ---------------- ( 1 – e
).
2
2 16ω δ
0
Полная фаза колебаний
2
π 3KU 0
– 2δ t
θ ( t ) = ω 0 t – ϕ ( t ) = ω 0 t – --- + ---------------- ( 1 – e
).
2 16ω 2 δ
0
Частота свободных колебаний во время переходного процесса
2
3KU 0 – 2 δt
dθ ( t )
.
ω ( t ) = ------------- = ω 0 + -------------- e
2
dt
8ω 0
Зависимость ω(t) приведена на рис. 2
2
w
3KU 0
к задаче 8.29(р), где ω ( 0 ) = ω 0 + -------------- .
2
8ω 0
w(0)
w0
0
Рис. 2 к задаче 8.29(p)
t
С течением времени при уменьшении
амплитуды колебаний а(t) насыщение
магнитопровода катушки сказывается
все меньше и меньше, индуктивность
увеличивается и, как видно из графика,
частота уменьшается, асимптотически
приближаясь к значению ω 0 = 1 ⁄ L 0 C .
При ω = ω0 амплитуда колебаний мала и катушку можно считать
линейной с наибольшей индуктивностью L = L0.
8.30. Начальный заряд на конденсаторе (рис. к задаче 8.30)
q(0) = Q0. Кулон-вольтная характеристика аппроксимирована поли-
номом u(q) = k1q + k3q3.
При известных параметрах R и L рассчитать зависимость q(t) во
время переходного процесса методом усреднения.
442
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
+
+
–
–
C
L
u
Рис. к задаче 8.30
+ +
uC
– –
L
Рис. к задаче 8.31
R
iR
u
i(Y)
i
R
C
u
iC
C
Рис. к задаче 8.32
Рис. к задаче 8.33
8.31. Дано: L = 0,01 Гн; С = 20 пФ; uC(0) = 100 В. Вольт-амперная
характеристика нелинейного резистора (рис. к задаче 8.31) аппроксимирована зависимостью i = ku3, где k = 10–10 А/В3. Полагая, что после
коммутации в цепи возникают затухающие колебания, найти время, за
которое амплитуда колебаний uC напряжения уменьшится в 2 раза.
8.32. Дифференциальные уравнения цепи (рис. к задаче 8.32), подключенной к источнику синусоидального напряжения u = Um sinωt,
преобразованы относительно потокосцепления к уравнению Дуффинга:
2
δdx
d x
3
-------- + x = ξx – --------- – χx + P cos τ .
2
dτ
dτ
Вебер-амперная характеристика индуктивной катушки аппроксимирована полиномом i(Ψ) = k1Ψ + k3Ψ3. Здесь приняты обозначения:
х = Ψ/Ψб, где Ψб — заданное базисное значение потокосцепления;
2
2
2
τ = ωt; δ = 1 ⁄ ( ωRC ) ; ξ = 1 – ω 0 ⁄ ω ; ω 0 = k 1 ⁄ C ; χ = k 3 Ψ б /
2
/ ( ω C ) ; P = Um ⁄ ( Ψб ω ) .
Требуется:
а) методом усреднения составить уравнения установления амплитуды а и фазы ϕ;
б) получить выражение амплитудной характеристики Р(а);
в) получить выражение амплитудно-частотной характеристики ξ(а).
8.33. В последовательном контуре (рис. к задаче 8.33) частота напряжения питания u = Um sinωt равна собственной частоте контура ω0 = 1/ LC
при малых амплитудах колебания потокосцепления катушки.
443
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Считая, что потери в контуре отсутствуют (R = 0), найти при известной
емкости С и заданной характеристике катушки i(Ψ) = (1/L)(1 + kΨ2)Ψ
амплитуду а установившихся колебаний методом усреднения.
8.5. АВТОКОЛЕБАНИЯ
8.34. Для схемы задачи 8.17 методом усреднения требуется: а) записать уравнение установления амплитуды автоколебаний напряжения
на диоде во время переходного процесса в относительных единицах;
б) найти частоту и амплитуду колебаний в установившемся режиме.
8.35. Определить в цепи (рис. к задаче
8.35)
частоту ω и амплитуду Im устаноC
L
вившихся колебаний тока i методом гарi(u)
монической линеаризации. Значение тока
J
J источника выбрано таким, что характеR
ристика нелинейного элемента относительно рабочей точки для переменных
составляющих может быть аппроксимиРис. к задаче 8.35
рована полиномом i = –а1u + а3u3.
Найти условие существования колебаний.
8.6. РАСЧЕТ ПЕРЕХОДНЫХ ПРОЦЕССОВ ЧИСЛЕННЫМИ
МЕТОДАМИ
8.36(р). В цепи (см. задачу 8.1) принята аппроксимация характе2
ристики катушки i(Ψ) = 0,5Ψ .
–3
На основе явной формулы Эйлера при шаге h = 10 с вычислить
длительность переходного процесса tп, считая, что переходный процесс заканчивается, когда приращение потокосцепления на шаге
получается менее 0,01%.
Ре ше н и е. В соответствии с явной формулой решения задачи 8.1
получим расчетную формулу при h = 10–3 с:
2
Ψ k + 1 = Ψ k + 0,25 – 0,0625Ψ k .
Время установления переходного процесса tп находим из выражения tп = tk + 1 = tk + h при условии
Ψk + 1 – Ψk
Δ = ----------------------------- 100 < 0,01 .
Ψk
444
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Алгоритм вычислений можно представить в следующем виде
(см. таблицу): 1) вводим значения для k = 0: t0 = 0, Ψ(0) = 0,4; Ψ1 = 0,4,
t1 = h; 2) вычисляем Ψk + 1, tk + 1, Δ; 3) если Δ ≥ 0,01, повторяем п. 2;
4) выводим значения tп, Ψk + 1. В таблице даны результаты вычислений для t = 0; 2h; 4h и т.д.
–3
–3
tæ10 , с
Ψ, Вб
i, А
tæ10 , с
Ψ, Вб
i, А
0,0
2,0
4,0
6,0
8,0
0,40000
0,88000
1,28320
1,57737
1,76636
0,08000
0,38720
0,82330
1,24405
1,56001
10,0
12,0
14,0
16,0
18,0
…
1,87635
1,93626
1,96762
1,98368
1,99180
1,76035
1,87456
1,93577
1,96749
1,98364
Результаты вычислений: tп = 27 мс; Ψп = 1,9998 Вб.
8.37. Для задачи 8.10(р) рассчитать i(t) после коммутации, применяя явный метод Эйлера.
8.38. Катушка со стальным сердечником включается на постоянное
напряжение U = 50 В. Вебер-амперная характеристика i(Ψ) = 3,27Ψ2
(ток i в амперах, потокосцепление Ψ в веберах). Сопротивление
катушки R = 31,2 Ом.
Рассчитать ток в катушке i(t) после коммутации, применяя явный
метод Эйлера.
8.39. Для задачи 8.14 рассчитать i(t) после коммутации, применяя
явный метод Эйлера.
8.40(р). Для схемы задачи 8.32 заданы: напряжение u = Um sinωt,
где Um = 100 В, f = 50 Гц и параметры элементов С = 7 мкФ, R = 2 кОм.
5
5
Вебер-амперная характеристика i(Ψ) = kΨ , где k = 1,5 А/Вб .
Требуется:
1. Составить уравнения состояния для Ψ и uC.
2. Получить расчетные формулы, применяя явный метод Эйлера.
3. Принимая шаг h = Т/50, по формулам п. 2 вычислить uC(t) и i(t)
в установившемся режиме при t > 10Т в течение периода для двух
случаев: 1) Ψ(0) = 0, uC(0) = 0; 2) Ψ(0) = 0, uC(0) = 250 В.
Найти максимальные значения UC m и Im. Пояснить полученные
результаты.
Ре ше н и е. 1. Запишем в общем виде уравнения состояния
du C
dΨ
-------- = f 1 [ i ( Ψ ), u C, t ] ; --------= f 2 [ i ( Ψ ), u C, t ] .
dt
dt
Значения производных для переменных Ψ и uC:
du C i C i ( Ψ ) + i R
dΨ
-------- = u – u C ; --------= ----- = ------------------------ .
dt
dt
C
C
445
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
По второму закону Кирхгофа RiR + uC = u, откуда
Um
u C du C
uC
k 5 Um
i R = -------- sin ωt – ------ ; --------- = ---- Ψ + -------- sin ωt – -------- .
R
R
dt
C
RC
RC
2. Перейдя к конечным приращениям, получим явные расчетные
формулы:
Ψ k + 1 = Ψ k + h ( U m sin 2πft k – u Ck ) ;
u Ck
k 5 Um
u C ( k + 1 ) = u Ck + h ⎛ ---- Ψ k + -------- sin 2πft k – ---------⎞ .
⎝C
RC
RC ⎠
3. Вычисления можно выполнить согласно следующему алгоритму:
1) вводим значения: t0 = 0, Ψ(0), uC(0), Um, f, С, R, k, h;
5
2) вычисляем Ψk + 1, uC(k + 1), tk + 1 = tk + h, ik + 1 = k Ψ k + 1 ;
3) если t ≤ 10Т = 10/f = 0,2, повторяем выполнение п. 2);
4) выводим значения t, uC, i.
Результаты вычислений: 1. UCm = 23,042 В, Im = 7,251 мА;
2. UCm = 330,897 В; Im = 1,636 А.
Для указанных параметров феррорезонансной цепи при нулевых
начальных условиях в случае 1 устанавливаются нерезонансные
колебания. При заданных начальных условиях в случае 2 устанавливаются резонансные колебания с большими максимальными значениями. Феррорезонансная цепь в зависимости от начальных условий
имеет одно из двух возможных устойчивых состояний равновесия; ее
можно применить в устройствах, обеспечивающих функции памяти.
8.41. Параметры элементов (рис. 1 к задаче 8.41): Е = 40 В, R = 80 Ом,
С = 100 мкФ, вольт-амперная характеристика диода задана графически (рис. 2 к задаче 8.41).
Найти ток через резистор численным методом (явный метод
2
Эйлера), используя аппроксимацию iд(uд) = auд + b u д .
iд
E
uд
40
R
iR
Рис. 1 к задаче 8.41
446
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
uд, В
iC
C
20
0
0,2
0,4
0,6
0,8
Рис. 2 к задаче 8.41
1,0
iд, А
8.42(р). Параметры элементов (рис. 1 к задаче 8.42(р)): Е = 3 В,
R = 10 Ом, С = 0,1 Ф. Вольт-амперная характеристика диода аппрокси2
мирована выражением iд(uд) = 0,1 u д , начальные условия: uС(0) = 1 В.
i
i
К
R
iд
uд
iC
E
iC
R
E
uC
C
Рис. 1 к задаче 8.42(p)
iд(uд)
uC
Рис. 2 к задаче 8.42(p)
Определить i(t) после замыкания ключа, применяя расчетные формулы явного и неявного метода Эйлера.
Ре ше ние . 1. Формирование уравнения состояния. Расчетная
схема для t ≥ 0 дана на рис. 2 к задаче 8.42(р).
Применим метод наложения
( uC )
(E)
iC = iC + iC
( iд )
+ iC
du C
E uC
= --- – ------ – i д , i C = C --------- ,
dt
R R
следовательно,
du C
1
1
1
--------- = – -------- u C – ---- i д + -------- E ,
dt
RC
C
RC
(E)
uд = uд
i =i
( uC )
+ uд
(E)
+i
( uC )
( iд )
+ uд
+i
( iд )
(1)
= 0E + 1u C + 0i д ,
(2)
E uC
= --- – ------ + 0i д ,
R R
(3)
2
i д = 0,1u д .
(4)
После подстановки из (4) в (1):
du C
2
--------= 3 – uC – uC ,
dt
(5)
i = (3 – uС)0,1.
(6)
447
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2. Выбор шага интегрирования.
Определим рабочий участок (рис. 3 к задаче 8.42(р)): при t = 0
uд(0) = uС(0) = 1 В, iд(0) = 0,1 А; при t → × по методу эквивалентного генератора (рис. 4 к задаче 8.42(р)) составим расчетную схему:
Uх× = Е = 3В,
Iк× = Е/R = 3/10 = 0,3 А,
iд× = 0,17 А,
uд× = 1,3 В.
iд, А
1,0
0,9
0,8
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
iд¥
Uх¥
uд¥
Rвх
Рис. 4 к задаче 8.42(p)
1
2
К
R
t®¥
t=0
Rд
3
Рис. 3 к задаче 8.42(p)
uд, В
E
C
Рис. 5 к задаче 8.42(p)
Рабочий участок: 0,1 ≤ iд ≤ 0,17 А; 1 ≤ uд ≤ 1,3 В.
Линеаризуем рабочий участок:
Δu д
1,3 – 1
0,3
R д = --------- = ------------------------ = ---------- = 4,29 Ом.
0,17 – 0,1 0,07
Δi д
При расчете переходного процесса методом условной линеаризации расчетная схема приведена на рис. 5 к задаче 8.42(р).
Определим
⎛ Rд R ⎞
τ ср = C ⎜ -----------------⎟ = 0,1æ3 = 0,3 c.
⎝ R д + R⎠
Время переходного процесса tпер.пр ≈ 3τср = 0,9 c.
Выберем шаг интегрирования h = τср/6 = 0,05 с.
3. Явный метод Эйлера. Для k-го шага интегрирования:
du Ck u C ( k + 1 ) – u Ck
------------ = ------------------------------------- ,
dt
h
448
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
du Ck
2
u C ( k + 1 ) = u Ck + h ------------ = u Ck + 0,05 ( 3 – u Ck – u Ck ) ,
dt
при k = 0 uСk = uС(0) = 1 В, для k-го шага ik = (3 – uС)0,1, tk = kh.
Результаты вычисления сведены в таблицу:
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
tk
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
0,45
uCk
1,05
ik
1,0923 1,1280 1,2708 1,2765 1,2812 1,2851 1,2883 1,2909
0,195 0,1908 0,1872 0,1729 0,1723 0,1719 0,1715 0,1712 0,1709
Продолжение таблицы
k
10
11
12
13
14
15
16
17
18
tk
0,50
0,55
0,60
0,65
0,70
0,75
0,80
0,85
0,90
uCk 1,2930 1,2948 1,2962 1,2974 1,2984 1,2992 1,2998 1,3000
ik
1,3005
0,1707 0,1706 0,1704 0,1703 0,1702 0,1701 0,1700 0,1700 0,16995
4. Неявный метод Эйлера:
u C ( k + 1 ) – u Ck du C ( k + 1 )
------------------------------------ = ------------------------ ,
h
dt
2
u C ( k + 1 ) – u Ck = h ⎛ 3 – u C ( k + 1 ) – u C ( k + 1 )⎞ ,
⎝
⎠
2
u C ( k + 1 ) = u Ck + 0,1 ⎛ 3 – u C ( k + 1 ) – u C ( k + 1 )⎞ .
⎝
⎠
Получаем квадратное уравнение:
2
u C ( k + 1 ) + u C ( k + 1 ) – 3 = – 10u C ( k + 1 ) + 10u Ck ,
2
u C ( k + 1 ) + 11u C ( k + 1 ) – 3 – 10u Ck = 0 .
Решение уравнения должно удовлетворять условию uСk > 0.
2
Для k = 1 u C 1 + 11u C1 – 13 = 0 , uС1 = 1,0765, i1 = (3 – 1,0765)0,1 =
= 0,1924.
2
Для k = 2 u C 2 + 11u C 2 – 13,765 = 0 , uС2 = 1,1344, i2 = 0,1866.
2
Для k = 3 u C 3 + 11u C 3 – 14,344 = 0 , uС3 = 1,1779, i3 = 0,1822.
2
Для k = 4 u C 4 + 11u C 4 – 14,779 = 0 , uС4 = 1,2104, i4 = 0,1790.
2
Для k = 5 u C 5 + 11u C 5 – 15,104 = 0 , uС5 = 1,2345, i5 = 0,1765.
2
Для k = 6 u C 6 + 11u C 6 – 15,345 = 0 , uС6 = 1,2524, i6 = 0,1748.
449
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
Для k = 7 u C7 + 11u C7 – 15,524 = 0 , uС7 = 1,2656, i7 = 0,1734 и т.д.
Результаты вычисления сведены в таблицу:
k
1
2
3
4
5
6
7
8
tk
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30
0,35
0,40
uCk
1,0765
1,1344
1,1779
1,2104
1,2345
1,2524
1,2656
1,2754
ik
0,1924
0,1866
0,1822
0,1790
0,1765
0,1748
0,1734
0,1724
Продолжение таблицы
k
9
10
11
12
13
14
15
16
tk
0,45
0,50
0,55
0,60
0,65
0,70
0,75
0,80
uCk
1,2826
1,2879
1,2918
1,2947
1,2968
1,2984
1,2996
1,300
ik
0,1717
0,1712
0,1708
0,1705
0,1703
0,1702
0,1700
0,1700
8.43. Для цепи задачи 8.1 на основе неявной формулы Эйлера для
потокосцепления Ψ катушки рассчитать Ψ(t) и i(t) в интервале вре–3
мени от t0 = 0 до tn = 18æ10 с. Характеристика катушки аппроксими-
2
–3
рована зависимостью i(Ψ) = 0,5Ψ , шаг h = 2æ10 с.
8.44. В схеме на рис. к задаче 8.8 ЭДС, В, источника е = 12 sinωt
при f = 50 Гц. Параметры элементов: С = 1 мкФ, R = 120 кОм, вольт–5
амперная характеристика i(u) диода задана: i(u) = 3,5æ10 ×
×[exp(41,8u) – 1].
По явной формуле Эйлера с шагом h = Т/100 вычислить постоянную составляющую напряжения на конденсаторе в установившемся
режиме. Считать, что режим устанавливается в течение времени,
после которого среднее значение напряжения за период изменяется
менее чем на 2 %.
8.45. Решить задачу 8.36, считая, что характеристика катушки i(Ψ)
симметрична и определяется данными таблицы. Применить формулу
линейной интерполяции
i, А
0
0,1
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
Ψ, Вб
0
0,58
0,66
0,769
0,83
0,88
0,92
i, А
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
2,2
Ψ, Вб
0,956
0,985
1,00
1,04
1,06
1,08
8.46. Для цепи задачи 8.4 вычислить по неявной формуле Эйлера
время разрядки конденсатора до напряжения 0,2 В. Принять шаг
h = 0,1 мс.
450
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.47. Вычислить амплитуду напряжения UC m установившихся
автоколебаний для схемына рис. к задаче 8.17.
Параметры элементов: Е = 120 мВ, R = 10 Ом, L = 0,2 мГн, С = 1 мкФ,
вольт-амперная характеристика туннельного диода задана табличными данными:
u, мВ 40 60 80 100 140 160 180 200 220 240 260 300 320 340 360 380
i, мА 6,0 9,5 10 9,5 4,5 3,5 2,5 2,3 2,0 1,9 1,8 1,85 2,0 2,3 3,0 4,0
Расчет выполнить на основе явных формул Эйлера с шагом h = Т/24
для iL и uC. Применяя формулу линейной интерполяции, считать, что
при нулевых начальных условиях режим устанавливается, когда приращение амплитуды за период меньше 10 %.
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 8
8.1. См. решение.
8.2. а) i = 1/12,5(0,2 + t)2 A; Lд(t) = 0,5 + 2,5t Гн;
б) i = 2е–7,5t A; Lд(t) = 0,666 Гн при 0,5 ≤ i ≤ 2 А, 0 ≤ t ≤ t1 = 0,18 с;
i = 0,5е–2,5(t – 0,18) А; Lд = 2 Гн при 0 ≤ i ≤ 0,5 А, t ≥ t1, где t
в секундах.
8.3. u2 = 12е–5t В при 0 ≤ i ≤ 0,5 А,
u2 = 8e
– 40 ( t – 81 æ 10
–3
)
В при 0,5 ≤ i ≤ 1,5 А, 0 ≤ t ≤ t1 = 81æ10–3 с;
u2 = 12е–5t В при t ≥ t1.
8.4. 1,20 мс; 1,11 мс.
8.5. 0,65 мс.
8.6. а) 1æ10–3 с; б) 0,9æ10–3 с.
8.7. u = 1,5(1 – e
3
– 5 æ 10 t
) В при 0 ≤ u ≤ 0,5 В;
4
u = 0,75 – 0,25 e
в секундах.
8.8. 0,922 мс.
– 10 ( t – 81,1æ 10
–6
)
) В при 0,5 ≤ u ≤ 1,0 В, где t
5
⎧
– 1,78 æ 10 t
–6
В, 0 ≤ t ≤ 7æ10 с;
⎪ 10 + 140e
8.9. а) u C ( t ) = ⎨
5
–6
– 0,51 æ 10 ( t – 7 æ 10 )
⎪
–6
10
40e
+
В, t ≥ 7æ10 с;
⎩
5
б) 10 + 140e
– 1,042 æ10 t
В.
451
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.10. См. решение.
–9
⎧ 9
⎪ 10 t В, 0 ≤ t ≤ 0,5æ10 с;
8.11. u ( t ) = ⎨
6
⎪ 2,9 – 2,4e – 417 æ 10 t В, t ≥ 0,5æ10 – 9 с.
⎩
⎧ 30 – 30e – 55,6 t А, 0 ≤ t ≤ 2,68æ10 – 3 с;
⎪
8.12. i ( t ) = ⎨
–3
⎪ 30 – 25,84e – 2554 ( t – 2,68æ 10 ) А, t ≥ 2,68æ10 – 3 с.
⎩
1 ⎛ 1 Ψm + Ψ 1
Ψ⎞
8.13. t = --------------- ⎜ --- ln ------------------- + --- arctg --------⎟ ,
3 4
Ψ m⎠
Ψm – Ψ 2
RkΨ m ⎝
U 1⁄4
1
где Ψ m = ⎛ ------⎞
= 4 ------------ Вб; Ψуст = 0,165 Вб, iуст = 0,637 А.
⎝ kR⎠
1350
– 50 t
А, 0 ≤ t ≤ 0,024 c;
⎧ 3e
8.14. i ( t ) = ⎨
⎩ 0,9e – 3,3 ( t – 0,024 ) А, t ≥ 0,024 c,
8.15.
8.16.
8.17.
8.18.
на 1-м участке 3 ≥ i ≥ 0,9 А, 2,1æ10–2 ≥ Φ ≥ 1,7æ10–2 Вб,
на 2-м участке i ≤ 0,9 А.
См. решение.
а01 = 0, устойчиво при ε < 0; а02 = 2, устойчиво при ε > 0.
х0 = 0, устойчиво при ε < 0.
(gд + 1/R) > 0, где gд = di/du; область, в которой возможны неустойчивые состояния равновесия, заштрихована.
E, мВ
700
600
500
400
300
200
100
0
(700,60)
(400,30)
30
(460,60)
60
Рис. к задаче 8.18
8.19. См. решение.
8.20. См. решение.
452
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
90
R, Ом
8.21.
du
dt
du
dt
du
dt
t=0
t2
–Um
0
Um
u
t3
–Um
t2
t1
Um
t=0
t1
u
u
t=0
а)
б)
в)
Рис. к задаче 8.21
8.22.
uC, В
Y, 10–2 Вб
T
tз
40
b c
30
tр
b c
10
20
10
a
a
d
a
d
0
5
0
T
t1
t2
4
8 12 16 20
24
28 32
t, c
–10
5
10
t, мc
15
а)
б)
Рис. к задаче 8.22
di
1 i
1
8.23. ----- = – --- ⎛ ---- + ------------ ⎞ .
dt
R ⎝ C 2 ai ⎠
2
8.24. dΨ/dt = 250 – 62,5Ψ .
8.25. Фазовый портрет см. в ответе задачи 8.22, а; зависимость uС(t)
см. в ответе задачи 8.22, а; состояние равновесия I0 = 5 мА,
U0 = 20 В — неустойчиво; Т = 0,561 мс.
–2 2
2
( x – 8,5æ10 )
y
8.26. а) -------------------------------- + ----------------------------------------- = 1 при 0 ≤ t ≤ t1,
2
2
–2 2
( 2,24æ10 )
( 5æ10 )
2
2
x
y
-------------------------------- + ---------------------------------- = 1 при t1 ≤ t ≤ t2; см. ответ
2
2
–2 2
( 2,43æ10 )
( 23,1æ10 )
задачи 8.22,б; б) 28,344æ10–4 с; в) 59,8æ10–4 с.
453
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2
2
y
(x – J)
8.27. ----------------------- + -------------------- = 1 ; x = J; y = 0 — состояние равновесия.
2
2
J ⁄ ( LC )
J
Уравнение справедливо при y ≥ 0, i ≤ J.
du д
1 + 4,2u д
3 2
8.28. --------- = 10 u д --------------------------------------------- .
2
dt
1 + 0,2u д + 1,2u д
8.29. См. решение.
8.30. Q 0 e
–t R ⁄ ( 2 I )
2
3 k3 Q0
–t R ⁄ L
cos ω 0 t + --- ------------ ( 1 – e
) , ω0 =
8 ω0
k1 ⁄ L .
–5
8.31. 8æ10 с.
da
8.32. а) ------ = –
dτ
δ
dϕ ξ 3χ 2 P
P
--- a + --- sin ϕ ; ------- = --- – ------ a + ------ cos ϕ ;
2
dτ 2
8
2a
2
3χ 2 2
3χ 2
б) P = a δ + ⎛ ξ – ------ a ⎞ ; в) ξ = ------ a ±
⎝
4 ⎠
4
2
2
P
2
------ – δ .
2
a
4U
8.33. a = ω 3 ----------m- .
3k
3
k1 R – 1
1
da
a a ⎞
⎛
--------= ε – - ; б) ------------ ; 2 -----------------8.34. а)
-.
⎝2 4 ⎠
dτ
3k 2 R
LC
a1 – R
1
- ; a1 > R.
8.35. ------------ ; 2 --------------3a 2
LC
8.36. См. решение.
8.37. k = 0; uд(0) = 0,6 В; iд(0) = 8,1 А; uд.уст = 1,4 В; iд.уст = 41 мА;
dt = 0,5 мс.
k
1
2
3
4
5
6
uд k, В
1,0507
1,1821
1,2557
1,3035
1,3331
1,3538
iд k, мА
23,6556
29,6771
33,4190
35,8812
37,5443
38,6839
Продолжение таблицы
k
7
8
9
10
11
12
uд k, В
1,3678
1,3776
1,3843
1,3890
1,3923
1,3946
iд k, мА
39,4718
40,0197
40,4020
40,6696
40,8571
40,9887
454
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.38. dt = h = 2 мс; Ψуст = 0,7 Вб; iуст = 1,602 А.
t, мс
0
2
Ψk, Вб
0
0,15
i k, А
0
4
6
8
10
12
14
0,29312 0,41682 0,51366 0,58292 0,62894 0,65790
0,0736 0,28095 0,56814 0,86778 1,11114 1,29352 1,41536
Продолжение таблицы
t, мс
16
18
20
22
24
26
28
30
Ψk, Вб 0,67545 0,68584 0,69191 0,69541 0,69473 0,69859 0,69925 0,69963
i k, А
1,49189 1,53815 1,56547 1,58138 1,59057 1,59585 1,59888 1,60062
8.39.
k
0
1
2
3
4
5
6
7
0
5
10
15
20
25
30
35
Φkæ10 , Вб
2,1
2,0
1,93
1,88
1,835
1,79
1,74
1,72
i k, А
3,0
2,1
1,6
1,36
1,24
1,08
1,02
0,96
tk, мс
–2
Продолжение таблицы
k
tk, мс
–2
Фkæ10 , Вб
i k, А
8
9
10
11
12
13
14
15
40
45
50
55
60
65
70
75
1,688
1,657
1,627
1,6
1,53
1,524
1,52
1,49
0,91
0,88
0,84
0,81
0,79
0,76
0,74
0,73
8.40. См. решение.
8.41.
k
u C, В
i, А
k
uC, В
i, А
1
10
0,1250
11
21,256
0,2657
2
14,750
0,1844
12
21,293
0,2662
3
17,357
0,2169
13
21,316
0,2664
4
18,883
0,2360
14
21,331
0,2666
5
19,808
0,2476
15
21,341
0,2667
6
20,380
0,2548
16
21,347
0,2668
7
20,738
0,2592
17
21,351
0,2669
8
20,964
0,2621
18
21,353
0,2669
9
21,107
0,2638
19
21,355
0,2669
10
21,198
0,2650
20
21,356
0,2670
455
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8.42. См. решение.
8.43.
tæ10–3, с
Ψ, Вб
i, А
tæ10–3, с
Ψ, Вб
i, А
0
0,4000
0,0800
10
1,7194
1,4781
2
0,8166
0,3340
12
1,8099
1,6379
4
1,1510
0,6624
14
1,8719
1,7520
6
1,4045
0,9630
16
1,9140
1,8317
8
1,5889
1,2623
18
1,9424
1,8864
8.44. 11,5 В при t = 0,25 с.
8.45. а) UC m = 23,303 В; Im = 7,321 мА;
б) UC m = 320,851 В; Im = 1,527 А.
8.46. 4,75 мс.
8.47. 72,5 мВ.
456
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Глава девятая
МАГНИТНЫЕ ЦЕПИ
ПРИ ПОСТОЯННЫХ ПОТОКАХ
ВВЕДЕНИЕ
Магнитные цепи — совокупность устройств, содержащих ферромагнитные тела, электромагнитные процессы в которых могут быть описаны с помощью понятий магнитодвижущей силы, магнитного потока и
магнитного напряжения. В гл. 9 рассматриваются магнитные цепи,
образованные магнитопроводами с имеющимися на них обмотками.
Различают неразветвленные магнитные цепи — цепи, магнитный поток
которых на всех участках имеет одно и то же значение (рис. 9.1, а), и
разветвленные магнитные цепи — цепи с разными магнитными потоками на разных участках (рис. 9.1, б). Магнитные цепи могут иметь на
отдельных участках воздушные зазоры.
Параметры магнитных цепей. Магнитные цепи характеризуются
топологией, геометрическими размерами отдельных участков (длиной li и площадью сечения Si), параметрами обмоток — токами Ij и
числом витков wj, а также нелинейной зависимостью между магнитной индукцией B и напряженностью магнитного поля H. Характеристика намагничивания B(H) для задач 9.1—9.21 изображена на
рис. 9.2. Здесь считается, что гистерезисом можно пренебречь.
Характеристики намагничивания B(H) для задач 9.22 и 9.23 представлены таблицами в указанных задачах.
S
S1
B(H)
S2
B(H)
I1
I
w
lв
Воздушный
зазор
I2
l — средняя длина магнитопровода
l3
lв
w1
l2
l1
а)
w2
S3
б)
Рис. 9.1
457
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
B, Тл
1,6
1,4
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0
2000
4000
6000
H, А/м
Рис. 9.2
Основные физические величины магнитных цепей, их единицы и
связи между величинами представлены в табл. 9.1.
Направление магнитодвижущей силы определяется по правилу
правого витка.
Основные законы магнитных цепей.
1. Первый закон Кирхгофа для магнитных цепей: сумма магнитных потоков в узле равна нулю
∑ Φi = 0 .
i
2. Второй закон Кирхгофа для магнитных цепей: сумма магнитных напряжений в контуре равна сумме магнитодвижущих сил
∑ Uм i = ∑ Ik wk .
i
k
3. Закон Ома: магнитное напряжение участка равно произведению
его магнитного сопротивления на магнитный поток
Uм = RмΦ,
–1
где Rм = l ⁄ ( μ r μ 0 S ) — магнитное сопротивление участка цепи, Гн ;
l — средняя длина участка магнитопровода; S — площадь поперечного
сечения участка магнитопровода; μrμ0 — магнитная проницаемость.
458
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Та бл и ц а 9 .1
Физическая
величина
Обозна- Единица
чение величины
Соотношения между величинами
Линейные среды
Нелинейные среды
Магнитная
индукция
B
Тл
Напряженность
магнитного
поля
H
А/м
Магнитный
поток
Φ
Вб
Φ = B/S (S — площадь поперечного сечения
участка магнитопровода)
Магнитодвижущая сила
F
А
F = Iw (I — ток, w — количество витков
обмотки)
Uм
А
Uм = Hl (l — средняя длина участка магнитопровода)
Магнитное
напряжение
B = μ rμ 0H
B = B(H)
(μrμ0 — магнитная про- (характеристика
намагничивания)
ницаемость,
μ0 = 4πæ10–7 Гн/м)
H = B/(μrμ0)
H = H(B)
5
(H = 8æ10 В для воздуха)
Аналогия между магнитными и электрическими цепями. Между
основными величинами магнитных и электрических цепей существует аналогия, отображенная в табл. 9.2. Замена основных величин
магнитных цепей величинами электрических цепей сохраняет справедливость соответствующих уравнений Кирхгофа и Ома. Таким
образом, каждой магнитной цепи можно поставить в соответствие
электрическую цепь той же топологии и заменить задачу расчета
магнитной цепи задачей расчета нелинейной электрической цепи
(рис. 9.3).
Прямые и обратные задачи расчета магнитных цепей. Магнитные цепи нелинейны. Для их расчета, как и для расчета нелинейных
электрических цепей, используются приближенные методы: графические, квазианалитические, численные. Различают прямые и обратные задачи расчета магнитных цепей. В прямых задачах заданными
являются схема, геометрические параметры магнитной системы;
Та бли ц а 9 .2
Магнитная цепь
Электрическая цепь
Магнитный поток Φ
Электрический ток I
Магнитное напряжение Uм
Электрическое напряжение U
Магнитодвижущая сила F = Iw
Электродвижущая сила Е
Магнитное сопротивление Rм
Электрическое сопротивление R
459
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
S
F
B(H)
F
w
lв
Воздушный
Û
зазор
F = Iw
Rм.стали
Uм.стали
I
Rм.возд.зазора
F
Uм.возд.зазора
F
l — средняя длина магнитопровода
Рис. 9.3
требуется определить магнитодвижущую силу обмотки для создания
заданной магнитной индукции в данном участке цепи. В обратных
задачах заданы схема и параметры магнитной системы, магнитодвижущие силы обмоток; требуется определить магнитную индукцию в
данном участке цепи.
Алгоритмы расчета типовых магнитных цепей представлены в
табл. 9.3. Материал магнитопровода (кроме особо оговоренных случаев)
имеет характеристику намагничивания, представленную на рис. 9.2.
Особенности расчета магнитных цепей с гистерезисной характеристикой намагничивания. Пусть заданы размеры и характеристика
намагничивания материала магнитопровода B(H). Магнитодвижущая
сила отсутствует Iw = 0. Магнитопровод полагаем неразветвленным.
Определить магнитную индукцию в воздушном зазоре Bв.
Ре ше ние . На основе второго закона Кирхгофа для магнитных
цепей (закона полного тока)
Hl + Hвlв = Iw,
(9.1)
5
где H = H(B), Hв = 8æ10 Bв, B = Φ/S, Bв = Φ/Sв.
Имеется два способа решения: способ сложения характеристик и
способ пересечения характеристик:
1. Способ сложения характеристик.
Задаются значения магнитного потока, по ним (в соответствии с
приведенными формулами) находятся индукции и напряженности
магнитного поля; по уравнению (9.1) определяется зависимость
Φ(Iw). Искомое значение потока и соответственно индукции в воздушном зазоре Bв определяется по условию Iw = 0.
2. Способ пересечения характеристик.
Уравнение (9.1) при Iw = 0 записывается в виде Hl + Hвlв = 0.
Напряженности поля следует записать как функции общего магнитного потока Φ (в соответствии с приведенными формулами), тогда
уравнение примет вид H(Φ) = –Hв(Φ)lв/l.
460
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Левая часть этого уравнения — нелинейная функция, правая —
линейная. Равенству этих функций (при графическом решении это
точка пересечения характеристик) соответствует искомое значение
потока Φ и, следовательно, индукции в воздушном зазоре Bв.
Та бл и ц а 9 . 3
Методика решения
Схема
Прямая задача
Неразветвленная Дана индукция в воздушном
цепь
зазоре или в одном из участков
магнитопровода. Определить
l1, S1
магнитодвижущую силу Iw.
Решение на основе второго
I
закона Кирхгофа (закона полlв
w
ного тока):
Iw = H1l1 + H2l2 + Hвlв.
5
Здесь Hв = 8æ10 Bв, B2 = Bв,
B1 = (S2/S1)B2, H1 и H2 определяются по характеристике B(H)
l2, S2
Разветвленная
цепь
I
F1
a
w
F2
b
F3
Известна индукция в одном из
стержней
магнитопровода,
например B2. Определить магнитодвижущую силу F = Iw.
Ре ш е ние на основе законов
Кирхгофа для магнитных цепей.
По характеристике B(H) определяется напряженность поля
H2 и затем магнитное напряжение между узлами a и b:
Uм = H2l 2.
Напряженность
H3 = Uм/l3.
По характеристике B(H) определяется B3, затем находятся
магнитные потоки
Φ2 = S 2B 2, Φ 3 = S 3B 3,
Φ1 = Φ 2 + Φ 3.
Индукция B1 = Φ1/S1, напряженность H1 определяется по
характеристике B(H). Магнитодвижущая сила — по второму
закону Кирхгофа
Iw = H1l1 + Uм
Обратная задача
Дана магнитодвижущая сила
F = Iw.
Определить индукцию в любом
участке магнитопровода (например, в воздушном зазоре).
Решен ие. Строится характеристика Bв(Iw) на основании решения
прямой задачи для различных значений Bв. По полученной характеристике определяется искомая
магнитодвижущая сила, соответствующая заданной индукции
Дана магнитодвижущая сила
F = Iw.
Определить индукцию в одном из
стержней B2.
Решен ие на основе первого
закона Кирхгофа для магнитных
цепей:
Φ1(Uм) = Φ2(Uм) + Φ3(Uм).
(Все потоки должны быть записаны в функции общего узлового
напряжения Uм.) Строятся характеристики каждого стержня Φ(Uм)
по алгоритму: задаем Φ, далее
B = Φ/S, H = H(B), Uм = Hl
для второго и третьего стержней,
Uм = Iw – H1l1
для первого стержня. Потоки
Φ2(Uм) и Φ3(Uм) суммируются.
Точка, в которой эта сумма равна
Φ1(Uм), дает значение Uм (при
графическом решении это точка
пересечения характеристик Φ1 и
Φ2 + Φ3). По узловому магнитному напряжению Uм определяем
H2 и B 2
461
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
9.1. НЕРАЗВЕТВЛЕННЫЕ МАГНИТНЫЕ ЦЕПИ
9.1(р). Тороидальный магнитопровод имеет характеристику
намагничивания, представленную на рис. 9.2; длина средней силовой
линии l = 0,2 м, сечение магнитопровода S = 4æ10–4 м2. На магнитопроводе имеется обмотка с числом витков w = 500.
Определить ток обмотки I, необходимый для создания в магнитопроводе индукции В = 1,7 Тл.
Ре ше ние . По закону полного тока Нl = Iw. Напряженность магнитного поля, соответствующая индукции В = 1,7 Тл (см. рис. 9.2),
Н = 4000 А/м.
Ток I = Нl/w = (4000æ0,2)/500 = 1,6 А.
9.2(р). Катушка с числом витков w = 500 намотана на тороидальном
проводе, длина средней силовой линии которого l = 0,2 м, сечение
S = 4æ10–4 м2. Характеристика намагничивания изображена на рис. 9.2.
Построить вебер-амперную характеристику катушки Ψ(I). Определить потокосцепление катушки при токе I = 1,6 А.
Ре ше ние . Потокосцепление катушки Ψ = wSВ = 500æ4æ10–4B = 0,2В.
Напряженность магнитного поля определяется по закону полного
тока Нl = Iw. Таким образом, I = Нl/w = (0,2/500)Н = 4æ10–4Н. Значения
Н и В определяются по характеристике на рис. 9.2. Вебер-амперная
зависимость представлена в таблице и изображена на кривой Ψ(I)
(рис. к задаче 9.2(р)).
Н, А/м
0
500
1000
2000
4000
8000
В, Тл
0
0,6
1,2
1,5
1,7
1,8
I, А
0
0,2
0,4
0,8
1,6
3,2
Ψ, Вб
0
0,12
0,24
0,30
0,34
0,36
По кривой Ψ(I) при токе I = 1,6 А потокосцепление Ψ = 0,34 Вб.
9.3(р). Магнитопровод катушки, параметры которой даны в задаче 9.1,
имеет воздушный зазор шириной lв = 1 мм.
Определить ток катушки I, необходимый для создания в воздушном зазоре индукции В = 1,7 Тл.
Ре ше ние. По закону полного тока Нl + Нвlв = Iw. Здесь Нв —
напряженность магнитного поля в воздушном зазоре,
–7
5
5
6
Нв = В/μ0 = В/(4πæ10 ) = 8æ10 В = 8æ10 æ1,7 = 1,36æ10 А/м.
Индукция в магнитопроводе определяется по кривой намагничивания (рис. 9.2), Н = 4000 А/м.
Ток катушки
I = (Нl + Нвlв)/w = (4000æ0,2 + 1,36æ106æ10–3)/500 = 2160/500 = 4,32 А.
462
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Y, Вб
0,32
0,28
0,24
0,20
0,16
0,12
0,08
0,04
0
0,4
0,8
1,2
1,6
2,0
2,4
2,8
I, А
Рис. к задаче 9.2(p)
9.4(р). Магнитопровод катушки, параметры которой даны в задаче 9.2,
имеет воздушный зазор шириной lв = 1 мм.
Построить вебер-амперную характеристику катушки Ψ(I). Определить потокосцепление катушки при токе I = 4 А.
Ре ше н и е . Потокосцепление катушки Ψ = wSВ = 500æ4æ10–4В = 0,2В.
Напряженность магнитного поля определяется по закону полного
тока Нl + Нвlв = Iw. Здесь Нв — напряженность магнитного поля в
воздушном зазоре,
–7
5
Нв = В/μ0 = В/(4πæ10 ) = 8æ10 В.
Индукция В и напряженность магнитного поля Н в магнитопроводе определяются по кривой намагничивания (рис. 9.2).
Ток катушки
I = (Нl + Нвlв)/w = (Нl + Нвlв)/500 = (0,2Н + 10–3Нв)/500 =
= 4æ10–4Н + 2æ10–6Нв.
Зависимость Ψ(I) представлена в таблице и изображена на рис. к
задаче 9.4(р).
Н, А/м
0
500
1000
2000
4000
8000
В, Тл
0
0,6
1,2
1,5
1,7
1,8
Нв, А/м
0
4,8æ10
9,6æ105
12æ105
13,6æ105
14,4æ105
I, А
0
1,16
2,32
3,2
4,32
6,08
Ψ, Вб
0
0,12
0,24
0,30
0,34
0,36
5
По кривой Ψ(I) при токе I = 4 А потокосцепление Ψ = 0,33 Вб.
463
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Y, Вб
0,32
0,28
0,24
0,20
0,16
0,12
0,08
0,04
0
0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 I, А
Рис. к задаче 9.4(p)
40
Рис. к задаче 9.5
140
120
40
120
140
40
20
l2
40
w
40
120
40
1
40
l2
1
40
40
l1
40
l1
w
Рис. к задаче 9.7
9.5. Электромагнит имеет П-образный магнитопровод и якорь,
размеры которых (в миллиметрах) приведены на рис. к задаче 9.5.
Сталь магнитопровода имеет характеристику намагничивания, изображенную на рис. 9.2. Обмотка электромагнита содержит w = 200 витков.
Определить ток обмотки, при котором индукция в воздушном
зазоре В = 0,8 Тл.
9.6. Через обмотку электромагнита (см. задачу 9.5) проходит ток
I = 20 А.
Определить магнитную индукцию в воздушном зазоре.
9.7. На одном из двух одинаковых П-образных магнитопроводов
имеется обмотка, содержащая w = 200 витков. Размеры (мм) и расположение магнитопроводов даны на рис. к задаче 9.7. Характеристика
намагничивания стали магнитопровода изображена на рис. 9.2. Определить ток обмотки, при котором индукция в воздушном зазоре В = 1,6 Тл.
464
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
9.2. РАЗВЕТВЛЕННЫЕ МАГНИТНЫЕ ЦЕПИ
9.8. На одном из стержней магнитопровода имеется обмотка,
содержащая w = 1000 витков. Магнитопровод имеет воздушный зазор
lв = 1 мм (рис. к задаче 9.8). Характеристика намагничивания стали
магнитопровода изображена на рис. 9.2. Определить ток обмотки,
при котором индукция в воздушном зазоре Вв = 1,5 Тл. Все размеры
на рисунке даны в миллиметрах.
180
a
F1
20
l1
20
20
Uм1
Uм2
Uм3
100
w
l2
I
lв
F3
a
l3
40
Uм.в
Uм ab
F2
Iw
b
30
b
Рис. 1 к задаче 9.9
Рис. к задаче 9.8
9.9(р). Через обмотку магнитной цепи, схема и параметры которой приведены в задаче 9.8, проходит ток I = 3 А. Определить магнитную индукцию в воздушном зазоре Вв.
Ре ше ние. По аналогии с электрической цепью можно изобразить
эквивалентную схему магнитной цепи (рис. 1 к задаче 9.9(р)).
Магнитодвижущая сила Iw = 3æ1000 = 3000 А. Длины l участков
магнитной цепи и площадь поперечного сечения магнитных стержней равны: l1 = 0,24 м; S1 = 6æ10–4 м2; l2 = 0,08 м; S2 = 12æ10–4 м2;
l3 = 0,24 м; S3 = 6æ10–4 м2; lв = 0,001 м.
Решение задачи ведется графическим методом. Расчетное уравнение — первый закон Кирхгофа для магнитной цепи Φ1 + Φ3 = Φ2.
В этом уравнении все потоки должны быть представлены в виде функций одного аргумента — узлового магнитного напряжения Uм ab =
= Uм ab1 = Uм ab2 = Uм ab3.
Построение зависимостей Φ(Uм ab) ведется следующим образом.
Задаемся магнитной индукцией B в данном стержне и определяем
напряженность магнитного поля по кривой намагничивания на
465
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
рис. 9.2 для стали и по соотношению Hв = 8æ105 В для воздушного
зазора (H задается в амперах на метр). Затем определяем магнитные
напряжения участков цепи и магнитное напряжение между узлами а
и b. Магнитное напряжение воздушного зазора Uм.в = Hвlв, магнитные напряжения стержней Uм1 = H1l1; Uм2 = H2l2; Uм3 = H3l3.
Магнитное напряжение между узлами а и b цепи Uм ab2 = Iw – Uм2;
Uм ab1 = Uм1 + Uм.в, Uм ab3 = Uм3 (второй закон Кирхгофа для магнитной цепи).
Магнитные потоки определяют как Φ = BS, где S — площадь сечения участка цепи.
Строим зависимости потоков Φ1, Φ2 и Φ3 от узлового магнитного
напряжения Uм ab. Кривые Φ1(Uм ab) и Φ3(Uм ab) суммируем. Точка
пересечения суммарной кривой и кривой Φ2(Uм ab) представляет
собой решение задачи; определяются магнитные потоки каждого
стержня и узловое магнитное напряжение. Искомая индукция в возΦ1
душном зазоре B 1 = ------- .
S1
Результаты расчета зависимостей Φ(Uм ab) для стержней 1, 2, 3
представлены в таблице; графическое решение — на рис. 2 к задаче 9.9.
В, Тл
Н (стали), А/м
Нв (воздуха), А/м
3
0
0,6
0
500
1,2
1,5
1000
5
1,7
2000
Uм ab1, А
0
600
1200
1680
2320
—
Uм ab2, А
2000
1960
1920
1840
1680
1340
Uм ab3, А
0
120
480
960
Φ1, Вб
Φ2, Вб
3
Φ3, Вб3
240
3,6æ10
0
7,2æ10
–4
0
3,6æ10–4
0
7,2æ10
–4
14,4æ10
–4
7,2æ10–4
9æ10
–4
18æ10
–4
9æ10–4
13,6æ10
—
10,2æ10
—
20,4æ10
–4
21,6æ10–4
10,2æ10–4
Uм ab = 1750 А, Φ1 = 9,3æ10–4 Вб.
Индукция в воздушном зазоре
Φ 1 9,3æ10 – 3
B в = ------- = ----------------------- = 1,55 Тл.
–4
S1
6æ10
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
—
–4
Результат графического решения:
466
8000
5
4,8æ10
–4
12æ10
4000
5
0
3
9,6æ10
5
1,8
—
F2
F, 10–4 Вб
F1+F3
15
F3
10
F1
5
0
500
1000
1500
2000
Uм ab, А
Рис. 2 к задаче 9.9
l3
l1
I
w
l2
lв
Рис. к задаче 9.12
9.10. Магнитная цепь, изображенная на рис. к задаче 9.8, не имеет
воздушного зазора.
Определить ток обмотки, при котором магнитная индукция в первом стержне равна 0,9 Тл.
9.11. Магнитная цепь, схема которой изображена на рис. к
задаче 9.8, не имеет воздушного зазора. Ток обмотки I = 1,5 А.
Определить индукцию во всех стержнях.
9.12. Магнитопровод из материала с характеристикой намагничивания, представленной на рис. 9.2, имеет обмотку, содержащую 500
витков (рис. к задаче 9.12).Средние длины магнитных силовых линий
и площади поперечного сечения участков магнитопровода: l1 = 0,4 м;
S1 = 16æ10–4 м2; l2 = 0,1 м; S2 = 6æ10–4 м2; l3 = 0,4 м; S1 = 16æ10–4 м2;
длина воздушного зазора lв = 1æ10–3 м. Индукция в воздушном
зазоре Bв = B2 = 0,8 Тл.
Определить ток обмотки.
467
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
9.13. В обмотке магнитной цепи, параметры которой приведены в
задаче 9.12, ток 5 А.
Определить индукцию во всех стержнях магнитной цепи.
9.14(р). Магнитопровод цепи, изображенной на рис. к задаче 9.14(р),
выполнен из электротехнической стали с характеристикой намагничивания, представленной на рис. 9.2. Длины участков цепи: l1 = 0,5 м;
l2 = 0,2 м; l3 = 0,8 м; lв = 1 мм; сечения участков: S1 = S3 = 10–3 м2;
S2 = 1,5æ10–3 м2. Магнитная индукция в крайних стержнях B1 = 1 Тл;
B2 = 1,4 Тл.
l1
I3
l2
I1
l3
w1
lв
w3
F2
F1
F3
Рис. к задаче 9.14(p)
Определить магнитодвижущие силы обмоток I1w1, I3w3 и индукцию в воздушном зазоре.
Ре ше ние . Магнитные потоки равны:
–3
–3
–3
–3
Φ1 = S1B1 = 10 æ1 = 10 Вб; Φ3 = S3B3 = 10 æ1,4 = 1,4æ10 Вб.
По первому закону Кирхгофа для магнитных цепей
–3
–3
Φ2 = Φ1 + Φ3 = 2,4 æ10 Вб.
Индукция в воздушном зазоре
–3
–3
Bв = B2 = Φ2/S2 = 2,4æ10 /(1,5æ10 ) = 1,6 Тл.
По известным значениям магнитной индукции определяем напряженности магнитного поля:
в воздушном зазоре
Hв = 8æ105 Bв = 8æ105æ1,6 = 1,28æ106 А/м;
в стержнях (по кривой рис. 9.2)
H1 = 800 А/м; H2 = 3000 А/м; H3 = 1500 А/м.
Магнитодвижущие силы обмоток определяются по второму
закону Кирхгофа для магнитных цепей:
I1w1 = H1l1 + H2l2 + Hвlв = 800æ0,5 + 3000æ0,2 + 1,28æ106æ10–3 = 2280 А;
I3w3 = H2l2 + Hвlв + H3l3 = 3000æ0,2 + 1,28æ106æ10–3 + 1500æ0,8 = 3080 А.
468
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
9.15. Магнитная цепь (см. задачу 9.14) не имеет воздушного зазора.
Определить магнитодвижущие силы I1w1; I3w3.
9.16. Во втором стержне магнитной системы (рис. к задаче 9.16),
выполненной из электротехнической стали, характеристика намагничивания которой приведена на рис. 9.2, индукция B2 равна 1,2 Тл.
Магнитопровод имеет следующие размеры: l1 = 0,3 м; l2 = 0,1 м;
l3 = 0,25 м; lв = 1 мм; S1 = 8æ10–4 м2; S2 = 6æ10–4 м2; S3 = 5æ10–4 м2.
Определить ток в обмотке с числом витков w = 400.
l1
F1
l3
l3
l1
I
F2
F3
w
l2
l2
I
w
lв
lв
Рис. к задаче 9.16
Рис. к задаче 9.17
9.17. Средний стержень магнитной системы (рис. к задаче 9.17)
выполнен из стали с линейной характеристикой намагничивания и
относительной магнитной проницаемостью μ = 500. Материал
остальной части системы — электротехническая сталь, характеристика намагничивания которой изображена на рис. 9.2. Магнитная
индукция в левом стержне B1 = 1,5 Тл. Размеры магнитной системы:
l1 = 0,4 м; l2 = 0,1 м; l3 = 0,6 мм; lв = 1 мм; S1 = 5æ10–4 м2; S2 = 10–3 м2;
S3 = 5æ10–4 м2.
Определить магнитодвижущую силу обмотки.
9.18. Магнитодвижущая сила обмотки магнитной системы (см.
задачу 9.17) равна 4000 А.
Определить магнитную индукцию в стержнях.
9.19. Магнитная система (см. задачу 9.17) не имеет воздушного
зазора.
Определить магнитодвижущую силу обмотки.
9.20. Два магнитопровода из стали с характеристикой намагничивания, изображенной на рис. 9.2, имеют общую обмотку (рис. к
задаче 9.20). Средняя длина силовых линий l1 = l2 = 0,8 м, воздушный
зазор lв = 2 мм. Поперечное сечение каждого магнитопровода
S = 10–3 м2. Магнитная индукция в воздушном зазоре B2 = 1,2 Тл.
469
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
l2
l1
I
lв
w
Рис. к задаче 9.20
Определить магнитную индукцию в первом магнитопроводе и
магнитодвижущую силу обмотки, необходимую для создания этой
индукции.
9.21. В магнитной системе, схема и параметры которой приведены
в задаче 9.20, отсутствует магнитный зазор. Магнитная индукция во
втором магнитопроводе B2 = 1,7 Тл.
Определить магнитодвижущую силу Iw.
9.3. РАСЧЕТ МАГНИТНОЙ ЦЕПИ С УЧЕТОМ ГИСТЕРЕЗИСА
9.22. Тороид с круглым сечением изготовлен из магнитотвердой
стали, магнитная характеристика которой, имеющая форму петли,
задана в таблице.
В, Тл
0 0,25 0,50 0,75 1,00 1,25 1,50 1,25 1,00 0,75 0,50 0,25
Н, А/м 77
78
84,5 92,5 115 175 369 92,5
0
0
–54 –61,5 –70 –77
Построить петлю гистерезиса, выражающую зависимость индукции от тока в обмотке для тороида, в котором сделан воздушный
зазор 0,5 мм. Средняя длина тороида 25 см, число витков равно 100.
При расчете считать, что средняя длина тороида значительно превышает диаметр его сечения.
9.23. Определить магнитную индукцию
в воздушном зазоре магнитной системы
гальванометра (рис. к задаче 9.23) в случае,
когда эта система была намагничена до
lм
насыщения в собранном виде. Магнитным
lв
lс
2
рассеянием, а также магнитным сопротивлением сердечника и наконечников пренебречь. Расчетная длина и сечение магнита и
воздушных зазоров: lм = 24 см, Sм = 3 см2,
lн
lн
Рис. к задаче 9.23
470
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
lв = 2æ0,6 = 1,2 см, Sв = 7,5 см2. Кривая раз-
магничивания кобальтовой стали (из которой изготовлен магнит)
задана в табличной форме.
В, Тл
0
0,28
0,54
0,7
0,9
Н, А/м
–190
–160
–120
–80
0
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ГЛ. 9
9.1.
9.2.
9.3.
9.4.
9.5.
9.6.
9.7.
9.8.
9.9.
9.10.
9.11.
9.12.
9.13.
9.14.
9.15.
9.16.
9.17.
9.18.
9.19.
9.20.
9.21.
9.22.
См. решение.
См. решение.
См. решение.
См. решение.
I = 15,5 А.
В = 0,9 Тл.
I = 21,8 А.
I = 1,95 А.
См. решение.
См. решение.
B = 1,72 Тл.
I = 5,42 А.
B1 = 1,69 Тл; B2 = 1,5 Тл; B3 = 1,12 Тл.
См. решение.
I1w1 = 1000 А; I2w2 = 1800 А.
I = 4,85 А.
Iw = 3910 А.
B1 = 1,75 Тл; B2 = 1,5 Тл; B3 = 1,25 Тл.
Iw = 950 А.
Iw = 2720 А; B1 = 1,65 Тл.
Iw = 3200 А.
B, Тл
0
0,5
1,0
1,5
1,0
0,5
0
I, А
1,925
2,310
3,275
9,825
–0,3
–1,340
–1,925
9.23. B = 0,25 Тл.
471
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ
И ТИПОВЫЕ РАСЧЕТЫ
К ПЕРВОМУ ТОМУ ЗАДАЧНИКА
ВВЕДЕНИЕ
Контрольные работы (задания по вариантам) представляют
собой наборы из не менее чем 20 однотипных задач, предназначенных для оценки преподавателем текущей успеваемости группы студентов и уровня усвоения ими конкретных тем практических занятий
по ТОЭ. Темы контрольных работ связаны с такими ключевыми
понятиями, методами и методиками, без овладения которыми освоение курса практических занятий по ТОЭ будет неполноценным,
а дальнейшее продвижение по его изучению станет проблематичным. Для большинства контрольных заданий в задачнике приведены
ответы, облегчающие преподавателям проверку решения контрольных заданий группами студентов. Наличие таких ответов позволяет
использовать контрольные задания и при самоподготовке студентов.
Типовые расчеты представляют собой наборы из однотипных
более сложных и трудоемких заданий для групп студентов, каждое из
которых состоит из ряда подзадач или нескольких независимых задач
по укрупненной теме курса ТОЭ. Выполнение типовых расчетов призвано развить творческие навыки студентов по самостоятельному
решению последовательности задач, что характерно для инженерной
практики. При наличии возможностей (прежде всего времени) у преподавателя задания по типовым расчетам могут быть расширены за
счет требования написания теоретической справки (реферата) по
теме расчета (обзор методов, история их развития, наличие и возможности программ решения подзадач расчета и т.д.). Это позволит
индивидуализировать задания, дать дополнительные знания по курсу
и выявить студентов, склонных к творческой работе.
472
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольные работы
Контрольная работа № 1
УРАВНЕНИЯ КИРХГОФА. ОБОБЩЕННЫЙ ЗАКОН ОМА
Найти напряжение U12 между узлами 1 и 2. Приняв потенциал
узла 2 за нулевой, построить потенциальную диаграмму. В вариантах
20—29 составить баланс активной мощности.
1.
2.
2 A 3 Ом
3A
4 Ом
2A
2 Ом
3В
6В
1
8В
3 A 3 Ом
2
3.
1A
4 В 2 Ом
5A
3 Ом
1
2
4.
3 A 2 Ом
6В
3A
12 В 1 Ом
10 A
3 Ом
1
3 A 6 Ом
4A
2 Ом
5В
2A
4 Ом
1
2
5.
8В
2
6.
2A
6В
5A
2 Ом
4A
4 Ом
3В
2В
2
2 A 4 Ом
1
8В
3A
5 Ом
15 В
3A
1
1 Ом
2
7.
8.
2В
2 A 2 Ом
4В
5 Ом
4A
2 Ом
1
1A 4В
2
3 Ом
2A
2 Ом 8 В
4A
6 Ом
1
2
3A
9.
10.
3A
15 В
1 A 5 Ом
3 Ом
11 В
2A
2 Ом
1
7В
3A
1 Ом
5 Ом
15 В
2A
1
2
6 Ом
2
11.
12.
1A
1
4В
2 Ом
3A
6 Ом 16 В
4A
1 Ом
3A 6В
2
1
2 Ом
4A
18 В 5 Ом
2A
3 Ом
2
473
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 1
13.
14.
5 A 3 Ом
8В
6A
2 Ом
3A
3 Ом
5В
10 В 3 Ом
3A
1
2
15.
2A
2 Ом
3A
4 Ом
6В
1
2
16.
2A
8В
2 Ом
1A
17 В 1 Ом
4A
3 Ом
1
2 A 2 Ом
2
17.
6В
4A
5В
3A
3 Ом
4 Ом
1
2
18.
2 A 3 Ом
10 В
1A
12 В 2 Ом
4A
4 Ом
1
1A
2
19.
6В
3A
2 Ом
5В
6A
3 Ом
1
2
20.
2A 5В
2A
3 Ом
8В
6A
3В
5 Ом
2 Ом
1
2
2В
4В
8В
2 Ом
3 Ом
1
3 Ом
27 В
3A
21.
13 В
2В
4 Ом
5В
4 Ом
1
5В
4 Ом
4В
4 Ом
1В
2A
3 Ом
3A
4В
2 Ом
6В
2A
2 Ом
23.
3A
3 Ом
4В
4В
2 Ом
2 Ом
6В
2 Ом
2
2
24.
2В
5В
4 Ом
4В
3 Ом
2
2A
1
4В
2 Ом
6В
1В
3 Ом 1
2 Ом
4 Ом
2A
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
2В
2
22.
1
474
3 Ом
1A
6В
3A
3 Ом
2 Ом
2
3A
2В
5В
4В
1 Ом
Окончание контрольной работы № 1
25.
26.
4В
1
6В
2 Ом
3 Ом
4В
1
6В
2 Ом
3 Ом
2 Ом
2A
3 Ом
2A
3A
5В
4В
5В
1 Ом
3A
3 Ом
2В
4В
1 Ом
4 Ом
4В
5В
4 Ом 1
2
2
27.
2 Ом
28.
2 Ом
1
6В
4В
3 Ом
2 Ом
4 Ом
2A
2В
2A
3A
3 Ом
5В
4В
2В
1 Ом
3A
4В
2В
3 Ом
2 Ом
2
2
29.
2 Ом
20 В
4В
6 Ом 1
16 В
6В
2A
1 Ом
5 Ом
2 Ом
2
3В
5A
Ответы к контрольной работе № 1
Вариант
Значение
Вариант
Значение
Вариант
Значение
1
1В
11
–4 В
21
–4 В, 84 Вт
2
10 В
12
16 В
22
–20 В, 84 Вт
3
–6 В
13
16 В
23
11 В, 84 Вт
4
–17 В
14
1В
24
3 В, 58 Вт
5
–5 В
15
–5 В
25
22 В, 106 Вт
6
–8 В
16
–2 В
26
10 В, 58 Вт
7
–7 В
17
–10 В
27
2 В, 60 Вт
8
15 В
18
–3 В
28
17 В, 84 Вт
9
–5 В
19
–8 В
29
6 В, 152 Вт
10
5В
20
11 В, 86 Вт
475
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 2
МЕТОД ЭКВИВАЛЕНТНОГО ГЕНЕРАТОРА
Найти ток I методом эквивалентного генератора. Определить
параметры эквивалентного генератора Uх и Rвх.
1.
2.
5 Ом
15 В
3A
a
17 В
I = ? 2 Ом
8 Ом
4 Ом
5В
a
2В
2A
b
I= ? 6 Ом b
6 Ом
2 Ом
4A
4В
12 Ом
8В
2 Ом
8 Ом
3.
7 Ом
4 Ом
4.
8В
2 Ом
2В
40 В
b
2A
2 Ом
4 Ом
I= ? 1 Ом
7 Ом
4 Ом
b
2A
30 В
4В
3 Ом
a
5 Ом
5.
9В
8 Ом
3 Ом
I= ? 5 Ом
a
6.
3A
6 Ом
1 Ом
3В
3В
a 3 Ом I=?
2 Ом I= ? 10 В
a
b
17 В
24 В
4 Ом
b
3 Ом
9 Ом
8В
4 Ом
3 Ом
2 Ом
4A
1A
4 Ом
7 Ом
7.
5 Ом
8.
3 Ом
a
1 Ом
2В
3В
17 В
2 Ом
1 Ом
2A
b
I =?
24 В
3A
476
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
10 В
2 Ом
3 Ом
I= ?
2 Ом
b
6 Ом
4 Ом
9В
3 Ом
2 Ом
5 Ом
a
Продолжение контрольной работы № 2
9.
10.
3 Ом
11 Ом
b
I=?
9 Ом
3A
14 В
a
21 В
I=? 2 Ом
11.
5В
4 Ом
2A
6 Ом
5 Ом
4 Ом
8В
8 Ом
4В
7В
2A
b
6 Ом
a
5 Ом
12.
5В
a
12 В
6 Ом
2 Ом
3A
a
4 Ом
I=?
2В
4A
30 В
6 Ом
2 Ом
b
I= ?
4В
7 Ом
4 Ом
13.
8 Ом
6 Ом
b
2 Ом
3 Ом
9В
9 Ом
14.
a
I=?
5В
6 Ом
3 Ом
10 В
2 Ом
2В
16 В
8 Ом
24 Ом
4 Ом I= ? 34 В
2A b
3 Ом
7 Ом
16 Ом
a
3A
30 В
10 Ом
b
1A
16 Ом
3A
4 Ом
5 Ом
15.
16.
14 Ом
8 Ом
4 Ом
4 Ом
5 Ом
8В
4В
8В
4A
12 Ом
2A
a
4В
2 Ом
b
8 Ом
12 Ом I=? 10 В
a
6 Ом
I=?
80 В
4 Ом
b
477
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 2
17.
18.
6 Ом
18 В
10 Ом
a
2 Ом
I=?
16 Ом
4 Ом
60 В
2A
8 Ом
48 В
3 Ом
4 Ом
b
b
6В
I=?
16 В
14 Ом
19.
34 В
1 Ом
3 Ом
a
6A
6 Ом
20.
5 Ом
7 Ом
4 Ом
16 В
8A
3 Ом
b
2 Ом
2A
I =? 6 В
4 Ом
48 В
3 Ом
b
2 Ом
9 Ом
2 Ом
20 В
6A
6 Ом
I=?
a
6В
34 В
3 Ом
1 Ом
a
21.
22.
5 Ом
3 Ом
18 В
16 В
4 Ом
8 Ом
b
2 Ом
5 Ом
I=?
4 Ом
4A
20 В
2 Ом
4A
a
1 Ом
28 В
2 Ом
b
a
6A
9 Ом
I= ?
42 В
11 Ом
4В
23.
24.
10 Ом
8 Ом
12 Ом
14 Ом
a
12 Ом
8 Ом
2A
14 В
6 Ом I =?
b
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
8В
4 Ом
1В
b
12 Ом
10 В
478
4 Ом
8В
4A
I= ?
12 Ом
10 В
a
Окончание контрольной работы № 2
25.
26.
9 Ом
18 В
3 Ом
6 Ом
6A
a
5 Ом
4 Ом
2A
b
8 Ом
3 Ом
60 В
6A
4 Ом
7 Ом
2 Ом
b
24 В
4В
20 В
3 Ом
6 Ом
10 В
I= ?
2 Ом
a
I=?
27.
32 В
8 Ом
24 Ом
68 В
4 Ом
4A b
16 Ом
16 Ом
a 6A
I= ?
60 В
10 Ом
Ответы к контрольной работе № 2
Uх = ϕa – ϕb, B Rвх, Ом Вариант
Uх = ϕa – ϕb, B Rвх, Ом
Вариант
I, A
1
0,5
20
4
15
1
32
10
2
1
16
5
16
2
16
4
3
2
8
2
17
–2,5
–32
10
4
–2,5
–16
5
18
–8
–62
4
5
–4
–31
4
19
–6
–10
3
6
–3
–5
3
20
4
–18
2
7
2
–9
2
21
–4
–4
4
8
–2
2
4
22
2
–16
4
9
1
–8
4
23
–2
–10
6
10
–2
–5
3
24
3,136
70
18
11
3
35
9
25
1,714
0
12
12
–0,857
0
12
26
6
38
5
13
3
19
5
27
1
80
8
14
0,5
40
8
I, A
479
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 3
МГНОВЕННЫЕ ЗНАЧЕНИЯ
И КОМПЛЕКСНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ ТОКОВ И НАПРЯЖЕНИЙ
№
Вариант 1
Дано
№
Вариант 2
Дано
Определить
_I m
π
1 i = 12 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
3
_I m
2 i = 141 sin(ωt + 30°)
I
2 e = 15 2 sin ( ωt + π )
E
3 _I = 3 – j4
i
3π
3 u = 90 sin ⎛⎝ ωt – ------⎞⎠
4
U
_
4 _I = –3 + j4
Im
4 i = 50 cosωt
_I
π
5 e = 100 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
6
E
_
π
5 e = 100 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
E
_m
_ = j40
6 U
u
_ m = 60 + j40
6 U
u
_ m = j40
7 U
u
7 E
_ = –20 + j40
E
8 _I m = 5
I
8 _I = –15 – j15
i
9 _I m = 3 + j4
I
_ = j35
9 U
u
10 e = 100 2 cos ωt
E
_
10 _I m = 50
i
1 i = 141 sinωt
№
Вариант 3
Дано
Определить
№
Вариант 4
Дано
Определить
_ m = 150∠–45°
1 U
u
π
1 e = 100 2 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_ m = 150∠45°
2 E
e
π
2 u = 100 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
U
3 E
_ m = 150 2 ∠30°
E
3 _I = 5
i
4 _I m = 50
i
_ m = – j40
4 U
u
5 _I = –15 – j15
_ = j35
6 U
i
I
u
5 _I = –4 – j3
6 _I = 4 – j3
π
7 u = 90 cos ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
U
_
_ = 40 + j30
7 U
U
_m
π
8 i = 12 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
Im
8 e = 100 2 cos ωt
E
_m
9 E=5
e
9 i = 141 sinωt
π
_ m = 5 2 ∠– --10 E
3
e
10 i = 141 sin(ωt – 90°)
480
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Определить
i
I
_I m
Продолжение контрольной работы № 3
Вариант 5
№
Дано
π
1 u = 45 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
Вариант 6
Определить
U
№
Дано
π
1 e = 30 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
4
Определить
E
π
2 i = 20 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
_I m
2 i = 20 2 sin ( ωt + 45° )
_I m
2π
3 i = 10 6 sin ⎛⎝ ωt + ------⎞⎠
3
_I
3 i = 10 2 sin ( ωt – 30° )
_I
U
_m
4 u = 50 cos(ωt – 30°)
U
_
π
5 e = 15 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
E
_
π
5 e = 15 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
E
_
_ m = j20
6 U
u
_ m = j20
6 U
u
7 E
_ = –15 – j30
e
_ m = 3 + j4
7 E
e
8 _I = 10 2
i
8 _I = 10 2
i
_ m = 30 + j30
9 U
u
9 _I = 3 + j3
i
_I m
10 _I m = 4 – j4
i
4 u = 50 2 cos ωt
10 _I = –40 – j5
Вариант 7
№
Дано
Вариант 8
Определить
№
Дано
Определить
π
1 u = 45 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
U
1 i = 100 2 sin ( ωt – 50° )
_I m
2 i = 100 2 sin ( ωt + 30° )
_I m
2 i = 100 2 sin ( ωt + 60° )
I
3 e = 185 cos(ωt + 60°)
E
_
π
3 _I = 100 ∠--2
i
4 _I = 15 + j20
i
_ m = –20 – j25
4 U
U
_ m = –25 + j20
5 U
u
_ m = 20 + j25
5 U
u
6 _I m = 150
i
6 e = 70 sin(ωt + 45°)
E
_m
_ m = –j20
7 U
u
7 e = 70 2 sin(ωt + 45°)
E
_
8 e = 70 sin(ωt – 80°)
E
_m
8 e = 80 sin(ωt – 45°)
E
9 e = 70 2 sin(ωt – 80°)
E
_
_ m = 40
9 E
E
10 E
_ = –j90
E
_m
_ m = j40
10 E
e
481
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 3
Вариант 9
№
Дано
π
1 u = 60 3 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
6
Вариант 10
Определить
№
Определить
U
_m
π
1 u = 40 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
4
U
π
2 e = 50 2 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
4
E
_
π
2 u = 40 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
U
_
3π
3 i = 25 sin ⎛⎝ ωt + ------⎞⎠
4
I
π
3 e = 50 2 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_
4 u = 50 cos(ωt – 45°)
U
_m
_ = 25
4 U
u
π
5 i = 85 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
2
_I
5 _I = j10
i
_ m = –10 + j20
6 U
u
6 E
_ = –30 + j40
e
7 E
_ = 50 + j50
e
_ m = 20 + j20
7 U
u
8 _I = – j10
i
_ m = 40 + j40
8 U
u
_ = 25
9 U
u
9 i = 30 sin(ωt – 40°)
_I
10 _I = –30 + j40
i
10 e = 20 cos(ωt + 45°)
E
_m
Вариант 11
№
Дано
Вариант 12
Определить
№
Дано
Определить
π
1 u = 45 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
U
3π
1 i = 10 3 sin ⎛⎝ ωt + ------⎞⎠
4
Im
_ m = j20
2 U
u
π
2 i = 100 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
_I m
3 E
_ = –15 – j30
E
π
3 u = 75 3 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
3
U
_
E
_m
4 e = 185 cos(ωt + 60°)
E
_
5 E
_ = 25 + j25
e
π
5 e = 25 2 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
2
E
_m
6 i = 100 2 sin(ωt + 30°)
Im
_ m = 75
6 U
u
7 i = 141 cos(ωt – 60°)
_I
7 E
_ = –50 + j50
E
π
8 e = 141 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_
8 _I = 15 + j20
i
_ m = 35
9 E
e
_ m = –25 + j50
9 U
u
10 _I = –4 + j3
i
10 _I m = j50
i
4 e = 15 sin(ωt – 80°)
482
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Дано
Продолжение контрольной работы № 3
№
Вариант 13
Дано
1 u = 141 sinωt
Определить
U
_m
№
Вариант 14
Дано
π
1 i = 12 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
3
Определить
_I m
2 i = 141 sin(ωt – 30°)
I
3π
2 e = 50 2 sin ⎛⎝ ωt – ------⎞⎠
2
E
3 _I = 3 + j4
i
3π
3 u = 90 sin ⎛⎝ ωt + ------⎞⎠
4
U
_
4 _I = –3 + j4
Im
4 i = 5 cos(ωt – 30°)
_I
π
5 e = 100 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_
π
5 e = 100 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
E
_m
_ = –j40
6 U
u
_ m = 60 – j40
6 U
u
_ m = j40
7 U
u
7 E
_ = –20 + j40
E
8 _I m = –5
I
8 _I m = –15 – j15
i
9 _I m = 3 + j4
I
_ = –j35
9 U
u
10 e = 100 2 sinωt
E
_
10 _I m = 50
i
№
Вариант 15
Дано
Определить
№
Вариант 16
Дано
Определить
_ m = 50 ∠45°
1 U
u
π
1 e = 100 2 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
2 E
_ m = 150 2 ∠135°
e
π
2 u = 100 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
U
_ m = 10 ∠– 30°
3 E
E
3 _I = j5
i
4 _I m = –50
i
_ m = 30 – j40
4 U
u
5 _I = –15 – j15
i
5 _I m = –4 – j3
I
_ = j35
6 U
u
6 _I = 4 – j3
i
π
7 u = 90 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
U
_
_ = 40 + j30
7 U
U
_m
π
8 i = 12 2 cos ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
_I
8 e = 100 2 cosωt
E
_m
9 E=5
e
π
9 i = 141 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
6
I
π
_ m = 5 2 ∠--10 E
3
e
10 i = 141 sin(ωt – 90°)
_I m
483
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 3
Вариант 17
№
Дано
Вариант 18
Определить
№
2π
1 i = 12 sin ⎛⎝ ωt – ------⎞⎠
3
Определить
1 i = 14,1 sin(ωt + 180°)
_I m
2 i = 14,1 sin(ωt – 30°)
I
2 e = 15 2 sin(ωt + π)
E
3 _I = 3 – j4
i
3π
3 u = 90 sin ⎛⎝ ωt + ------⎞⎠
4
U
_
4 _I = –3 + j4
Im
4 i = 50 cos(ωt – 180°)
_I
π
5 e = 120 cos ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_
π
5 e = 100 cos ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
2
E
_m
_ = –j40
6 U
u
_ m = –60 – j40
6 U
u
_ m = j40
7 U
u
7 E
_ = –20 + j40
E
8 _I m = 5
I
8 _I m = –15 + j15
i
9 _I m = 3 + j4
I
_ = j35
9 U
u
10 e = 100 2 cosωt
E
_
10 _I m = –50
i
Вариант 19
№
Дано
_I m
Вариант 20
Определить
№
Дано
Определить
1 U
_ = 150 2 ∠– 45°
u
π
1 e = 100 2 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_ m = 150 ∠45°
2 E
e
π
2 u = 100 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
U
_
3 E
_ m = 150 2 ∠– 300°
E
3 _I = –5
i
4 _I m = 50
i
_ m = –j40
4 U
u
5 _I = –15 – j15
i
5 _I = –0,4 – j0,3
I
_ = –j350
6 U
u
6 _I = 0,4 – j0,3
i
π
7 u = 90 cos ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
2
U
_
7 U
_ = 30 + j30
U
_m
π
8 i = 12 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
Im
8 e = 100 cosωt
E
_m
9 E=5
e
9 i = 141 cos(ωt – 180°)
I
2π
_ m = 5 2 ∠-----10 E
3
e
10 i = 1,41 2 sin(ωt – 90°)
_I m
484
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Дано
Окончание контрольной работы № 3
Вариант 21
№
Дано
Вариант 22
Определить
№
Дано
π
1 i = 12 2 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
3
Определить
1 u = 24,5 sin(ωt – 180°)
U
_m
2 i = 14,1 sin(ωt + 130°)
I
2 e = 150 sin(ωt – π)
E
3 _I = 5 + j4
i
3π
3 u = 90 2 sin ⎛⎝ ωt – ------⎞⎠
2
U
_
4 _I = –3 + j4
Im
4 i = 50 sin(ωt + 180°)
_I
π
5 e = 120 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
6
E
_
3π
5 e = 100 cos ⎛⎝ ωt – ------⎞⎠
4
E
_m
_ m = –40 – j40
6 U
u
_ m = 60 + j40
6 U
u
_ = j40
7 U
u
7 E
_ = –20 – j40
E
8 _I m = 5
I
8 _I m = –15 + j15
i
9 _I m = 3 + j4
I
_ = j35
9 U
u
10 e = 100 2 cosωt
E
_
10 _I m = 50
i
Вариант 23
№
Дано
_I m
Вариант 24
Определить
№
Дано
Определить
1 _I = 15 2 ∠– 145°
i
π
1 e = 100 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
3
E
_ m = 150 ∠45°
2 E
e
π
2 u = 100 sin ⎛⎝ ωt – ---⎞⎠
4
U
_
3 E
_ m = 150 2 ∠– 300°
E
3 _I = 5
i
_ m = –50
4 U
u
_ m = – j40
4 U
u
5 _I = –1,5 – j2,5
i
5 _I = 4 + j3
I
_ = j120
6 U
u
6 _I m = 4 – j3
i
3π
7 u = 90 cos ⎛⎝ ωt – ------⎞⎠
2
U
_
_ = 30 + j30
7 U
U
_m
π
8 i = 12 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠
4
Im
8 e = 100 sin(ωt + 90°)
E
_m
9 E=5
e
9 i = 5 cos(ωt + 180°)
I
π
_ m = 5 2 ∠– --10 E
3
e
10 i = 10 2 sin(ωt + 270°)
_I m
485
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 4
ПОКАЗАНИЯ ВАТТМЕТРА
IА = 1 А. Найти показание ваттметра.
1.
2.
10 Ом
U
*
*W
10 Ом
A
10 Ом
10 Ом
3.
U
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
4.
5 Ом
U
*
*W
10 Ом
A
10 Ом
10 Ом
5.
U
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
6.
10 Ом
U
*
*W
10 Ом
A
10 Ом
10 Ом
7.
U
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
8.
10 Ом
U
*
* W
10 Ом
A
10 Ом
10 Ом
*
*W
A
U
10 Ом
10 Ом
9.
10.
10 Ом
U
10 Ом
*
*W
5 Ом
A
10 Ом
U
10 Ом
486
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
*
*W
A
10 Ом
Продолжение контрольной работы № 4
11.
12.
10 Ом
U
*
*W
4 Ом
*
*W
A
10 Ом
13.
10 Ом
10 Ом
U
10 Ом
A
14.
A
U
10 Ом
*
*W
10 Ом
A
U
10 Ом
15.
10 Ом
*
*W
10 Ом
10 Ом
16.
A
U
5 Ом
*
*W
10 Ом
A
10 Ом
17.
10 Ом
*
*W
10 Ом
U
10 Ом
18.
10 Ом
A
U
10 Ом
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
19.
U
*
*W
10 Ом
10 Ом
20.
A
U
10 Ом
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
10 Ом
*W
*
10 Ом
U
10 Ом
21.
22.
A
U
10 Ом
10 Ом
*
*W
A
10 Ом
U
5 Ом
10 Ом
*
*W
10 Ом
487
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 4
23.
24.
10 Ом
A
U
4 Ом
*
* W
10 Ом
A
10 Ом
U
*
*W
10 Ом
10 Ом
Ответы к контрольной работе № 4
Вариант Показания Вариант Показания Вариант Показания Вариант Показания
488
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
20 Вт
7
10 Вт
13
10 Вт
19
5 Вт
2
–10 Вт
8
20 Вт
14
–5 Вт
20
10 Вт
3
5 Вт
9
10 Вт
15
2,5 Вт
21
5 Вт
4
20 Вт
10
5 Вт
16
10 Вт
22
2,5 Вт
5
–10 Вт
11
10 Вт
17
–5 Вт
23
5 Вт
6
20 Вт
12
6 Вт
18
10 Вт
24
3 Вт
Контрольная работа № 5
РЕЗОНАНС
2.
1.
6 Ом
2
2 Ом
4 Ом
2
10 В
1 Ом
10 В
1
3
1
3
Найти U23 при резонансе
Найти U23 при резонансе
4.
3.
2
10 Ом
4 Ом
2
10 В
8,5 Ом
5 Ом
10 В
1
3
1
3
Найти U23 при резонансе
Найти U23 при резонансе
6.
5.
6 Ом
2
2
4 Ом
60 Ом
20 Ом
10 В
10 В
1
1
3
Найти U23 при резонансе
Найти U23 при резонансе
7.
3
8.
10 Ом
U
6 Ом
C
U
6 Ом
C
10 Ом
При каком значении С в цепи имеет При каком значении С в цепи имеет
5
5
место резонанс? ω = 10 рад/с
место резонанс? ω = 10 рад/с
9.
10.
16 Ом
8 Ом
C
U
5 Ом
U
L
8 Ом
При каком значении C в цепи наступает При каком значении L в цепи наступает
4
резонанс? ω = 1000 рад/с
резонанс? ω = 10 рад/с
489
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 5
11.
12.
4,5 Ом
3 Ом
U
U
L
6 Ом
L
3 Ом
При каком значении L в цепи наступает При каком значении L в цепи наступает
4
резонанс? ω = 100 рад/с
резонанс? ω = 10 рад/с
14.
13.
A1
A1
A2
U
A3
U
A2
A3
При резонансе амперметр А1 показы- При резонансе амперметр А1 показывает 10 А, амперметр А3 показывает 5 А. вает 15 А, амперметр А3 показывает 10 А.
Найти показание амперметра А2
Найти показание амперметра А2
15.
16.
A1
A2
A3
U
V2
V1
V3
При резонансе амперметр А2 показы- При резонансе вольтметр V1 показывает 7 А, А3 показывает 6,32 А. Найти вает 100 B, V2 показывает 65 B. Найти
показание амперметра А1
показание вольтметра V3
17.
18.
V2
V1
V2
V1
V3
V3
При резонансе вольтметр V2 показы- При резонансе вольтметр V1 показывает 25 В, вольтметр V3 показывает 40 В. вает 60 В, вольтметр V2 показывает 30 В.
Найти показание вольтметра V1
Найти показание вольтметра V3
490
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 5
20.
19.
XC
U
XC
6 Ом
4 Ом
4 Ом
U
6 Ом
При каком значении ХС в цепи насту- При каком значении ХС в цепи наступает резонанс?
пает резонанс?
22.
21.
XC
U
XL
5 Ом
2 Ом
4 Ом
U
10 Ом
При каком значении ХС в цепи насту- При каком значении ХL в цепи наступает резонанс?
пает резонанс?
24.
23.
XL
XL
U
10 Ом
4 Ом
5 Ом
U
15 Ом
При каком значении ХL в цепи насту- При каком значении ХL в цепи наступает резонанс?
пает резонанс?
Ответы к контрольной работе № 5
1
31,6∠71°
7
0,735 мкФ
13
11,2 А
19
1,85 Ом
2
41,2∠76°
8
0,442 мкФ
14
18 А
20
2,77 Ом
3
26,9∠68°
9
9 мкФ
15
3А
21
0,69 Ом
4
19,7∠–59°
10
20 мГн
16
76 В
22
1,38 Ом
5
18∠–56°
11
0,15 Гн
17
31,3 В
23
3,45 Ом
6
31,6∠71°
12
0,65 мГн
18
67,1 В
24
1,5 Ом
491
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 6
ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ С НАГРУЗКОЙ, СОЕДИНЕННОЙ ТРЕУГОЛЬНИКОМ
2.
1.
IA
IA
A
20 Ом
20 Ом
IC
A
19 Ом
19 Ом
IC
20 Ом
C
19 Ом
C
IB
IB
B
B
UФ = 220 B. Найти ток _I A
UФ = 220 B. Найти ток _I C
4.
3.
IA
A
10 Ом
A
17,3 Ом
IC
17,3 Ом
C
34,6 Ом
C
10 Ом
10 Ом
*
*W
B
IB
B
UФ = 220 B. Найти ток _I A
5.
Uл = 100 В. Найти показание ваттметра
6.
IA
A
10 Ом
C
6 Ом
A
19 Ом
10 Ом
*
*W
IC
38 Ом
19 Ом
C
B
IB
B
Uл = 100 В. Найти показание ваттметра
7.
UФ = 220 B. Найти ток _I C
8.
A
A
6 Ом
22 Ом
6 Ом
22 Ом
C
B
C
*
* W
*W
11 Ом
11 Ом
*
B
Uл = 380 В. Найти показание ваттметра Uл = 380 В. Найти показание ваттметра
492
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 6
10.
9.
IA
IA
A
A
38 Ом
IC
38 Ом
38 Ом
IC
38 Ом
C
38 Ом
38 Ом
C
IB
IB
B
B
UФ = 220 B. Найти ток _I A
UФ = 220 B. Найти ток _I B
12.
11.
IA
IA
A
A
11 Ом
IC
11 Ом
11 Ом
IC
11 Ом
C
11 Ом
11 Ом
C
IB
IB
B
B
UФ = 127 B. Найти ток _I C
UФ = 127 B. Найти ток _I B
14.
13.
IA
IA
A
A
10 Ом
IC
10 Ом
10 Ом
IC
10 Ом
C
10 Ом
10 Ом
C
IB
IB
B
B
UФ = 57,8 B. Найти ток _I C
UФ = 57,8 B. Найти ток _I B
16.
15.
IA
IA
A
A
20 Ом
IC
C
20 Ом
20 Ом
20 Ом
IC
C
IB
20 Ом
20 Ом
IB
B
B
UФ = 115,3 B. Найти ток _I A
UФ = 115,3 B. Найти ток _I B
493
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 6
18.
17.
IA
IA
A
A
30 Ом
IC
30 Ом
30 Ом
IC
30 Ом
C
30 Ом
30 Ом
C
IB
IB
B
B
UФ = 346 B. Найти ток _I A
19.
UФ = 346 B. Найти ток _I C
20.
A
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
10 Ом
6 Ом
C
*
*W
10 Ом
4 Ом
C
B
B
Uл = 100 В. Найти показание ваттметра Uл = 100 В. Найти показание ваттметра
21.
22.
A
*
*W
A
10 Ом
10 Ом
*
*W
10 Ом
10 Ом
C
C
B
B
10 Ом
6 Ом
Uл = 100 В. Найти показание ваттметра Uл = 100 В. Найти показание ваттметра
23.
24.
A
A
10 Ом
C
B
*
*W
10 Ом
10 Ом
10 Ом
C
*
*W
10 Ом
4 Ом
B
Uл = 100 В. Найти показание ваттметра Uл = 100 В. Найти показание ваттметра
494
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Ответы к контрольной работе № 6
1
–19 А
7
–5,7 кВт
13
10∠–60° А
19
866 Вт
2
20∠120° А
8
12,7 кВт
14
10∠–120° А
20
500 Вт
3
38∠–90° А
9
10 А
15
–10 А
21
–866 Вт
4
–1,732 кВт
10
10∠60° А
16
10∠–120° А
22
–866 Вт
5
–866 Вт
11
20∠120° А
17
20 А
23
1,73 кВт
6
20∠–60° А
12
20∠60° А
18
20∠–60° А
24
1,67 кВт
495
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 7
ЦЕПИ С ИНДУКТИВНО СВЯЗАННЫМИ ЭЛЕМЕНТАМИ
ЧАСТЬ 1
2.
1.
1
1
15 Ом
15 Ом
2
6 Ом
*
20 Ом
20 Ом
50 В 8 Ом
*
3
4
50 В 8 Ом
6
2
12 Ом
12 Ом
10 Ом
10 Ом
5
3
Найти U12
Найти U16
3.
4.
1
1
10 Ом
15 Ом
20 Ом
20 Ом
50 В
2
12 Ом
50 В 8 Ом
8 Ом
2
*
12 Ом
5 Ом
10 Ом
10 Ом
*
9 Ом
3
3
Найти U23
Найти U23
5.
6.
1
1
3 Ом
10 Ом
20 Ом
8 Ом
12 Ом
*
3
50 В
2
2
40 В
14 Ом
8 Ом
5 Ом
*
9 Ом
7 Ом
10 Ом
4
3
Найти U12
496
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
5 Ом
Найти U12
5 Ом
Продолжение контрольной работы № 7
7.
8.
1
*
4 Ом
4 Ом
2
2
*
3 Ом
6 Ом
6 Ом
40 В
2 Ом
1
40 В
3
2 Ом
12 Ом
4
12 Ом
3 Ом
3 Ом
5
Найти U35
Найти U12
9.
10.
*
1
4 Ом
1
2
*
4 Ом
3 Ом
6 Ом
6 Ом
2 Ом
2
50 В
40 В
2 Ом
12 Ом
3 Ом
3 Ом
12 Ом
Найти U12
Найти U12
11.
12.
1
4 Ом
4 Ом
6 Ом
2 Ом
6 Ом
1
50 В
50 В
3 Ом
*
3 Ом
* 2
2 Ом
12 Ом
3 Ом
12 Ом
2
3
Найти U12
Найти U12
13.
14.
1
1
12 Ом
12 Ом
4 Ом
2
4 Ом
4 Ом
4 Ом
100 В
100 В
10 Ом
11 Ом
5 Ом
**
*
5 Ом
10 Ом
*
3
4 Ом
11 Ом
2
4 Ом
3
Найти U23
Найти U23
497
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 7
15.
16.
7 Ом
1
7 Ом
1
14 Ом
100 В
14 Ом
100 В
8 Ом
10 Ом
8 Ом
10 Ом
2
2
9 Ом
9 Ом
4 Ом
4 Ом
3
3
Найти U12
Найти U23
17.
18.
7 Ом
1
2
1
7 Ом
5 Ом
14 Ом
*
10 Ом
14 Ом
5 Ом
*
8 Ом
* 3
100 В
100 В
10 Ом
* 2
8 Ом
9 Ом
9 Ом
4 Ом
4 Ом
Найти U23
Найти U12
Ответы к контрольной работе № 7
498
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1
35,8∠–10,5°
7
54,6∠–29,7°
13
47,8∠–1°
2
47,6∠–4,4°
8
4,96∠–30°
14
80∠–143°
3
8,07∠24°
9
24,8∠97°
15
67,5∠–2°
4
13,9∠–5,3°
10
108∠49,4°
16
32,6∠4,4°
5
33,6∠24°
11
84,7∠–104°
17
95,2∠66,8°
6
39,2∠23°
12
60,5∠76°
18
15,8∠108°
Контрольная работа № 8
ЦЕПИ С ИНДУКТИВНО СВЯЗАННЫМИ ЭЛЕМЕНТАМИ
ЧАСТЬ 2
2.
1.
I1 =1 A 3 Ом
I3 =3 A
I1 =3 A
I3 = 1 A
4 Ом
a
a
5 Ом
5 Ом
2 Ом
b
I2 =2 A
2 Ом
b
I2 =2 A
Найти Uab
Найти Uab
3.
4.
2 Ом
6 Ом I3 =2 A
I1 =5 A
I1 =3 A
a
5 Ом
a
2 Ом
I3 = 2 A
b
5 Ом
3 Ом
b
I2 =2 A
I2 = 5 A
Найти Uab
Найти Uab
5.
6.
2 Ом
2 Ом
I1 = 3 A
a
I3 =2 A
a
b
4 Ом
4 Ом
I1 =3 A
I3 = 2 A
b
4 Ом
4 Ом
I2 =5 A
I2 = 5 A
Найти Uab
Найти Uab
7.
8.
2 Ом
2 Ом
I1 = 2 A
a
I3 =3 A
a
b
4 Ом
4 Ом
I1 =2 A
I3 = 3 A
3 Ом
4 Ом
I2 =1 A
b
I2 = 1 A
Найти Uab
Найти Uab
9.
10.
3 Ом
I1 =2 A
*
I2 =5 A
2 Ом
*
3 Ом
I3 =3 A
4 Ом
b
Найти Uab
I1 =2 A
a
*
I3 =5 A
*
4 Ом
I2 = 3 A
a
4 Ом
b
Найти Uab
499
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 8
11.
12.
4 Ом
I1 =3 A
2 Ом
*
I1 =2 A
*
a
a
I3 =5 A
5 Ом
I2 =2 A
I2 = 5 A
4 Ом
I3 = 3 A
b
Найти Uab
Найти Uab
13.
14.
2 Ом
2 Ом
I3 =5 A
I1 =2 A
a
4 Ом
I1 =4 A
*
*
2 Ом
I3 =9 A
2 Ом
b
3 Ом
I3 =3 A
I2 = 5 A
Найти Uab
2 Ом
1 Ом
b
16.
4 Ом
1 Ом
I1 =4 A
*
I1 =3 A
*
I3 =10 A
a
2 Ом
I2 =6 A
*
I3 =5 A
1 Ом
*
5 Ом
I2 = 2 A
b
Найти Uab
3 Ом
b
Найти Uab
17.
18.
1 Ом
I1=4 A
*
I2 =6 A
I 1 =4 A
4 Ом I3 = 1 A
a
*
a
4 Ом
I3 =2 A
6 Ом
3 Ом
I2 = 3 A
2 Ом
b
b
Найти Uab
Найти Uab
19.
20.
I1=4 A
4 Ом
I3 =1 A
I 1 =3 A
4 Ом
I3 = 2 A
a
4 Ом
I2 =3 A
2 Ом
b
Найти Uab
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
a
Найти Uab
15.
500
b
3 Ом
3 Ом
a
3 Ом
I2 =1 A
2 Ом
b
Найти Uab
a
Окончание контрольной работы № 8
21.
22.
3 Ом
3 Ом
I1=2 A
*
5 Ом
7 Ом
5 Ом
I3 = 3 A
I 1 =2 A
*
a
*
*
I3 =5 A
4 Ом
a
4 Ом
4 Ом
I2 = 3 A
b
b
Найти Uab
Найти Uab
23.
24.
1 Ом
I1=4 A
*
2 Ом
1 Ом
2 Ом
2 Ом
I2 =6 A
I 1 =4 A
*
*
*
2 Ом
2 Ом
a
1 Ом
I2 = 5 A
b
Найти Uab
4 Ом
a
1 Ом
b
Найти Uab
Ответы к контрольной работе № 8
1
9В
7
7В
13
37 В
19
12 В
2
4В
8
7В
14
1В
20
3В
3
1В
9
15 В
15
2В
21
21 В
4
3В
10
6В
16
16 В
22
6В
5
6В
11
8В
17
10 В
23
12 В
6
2В
12
12 В
18
18 В
24
28 В
501
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 9
ЦЕПИ НЕСИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
1.
2.
i
i
R
R
C
C
u
u
L
L
R = 5 Ом, ωL = 10 Ом, 1/ωС = 10 Ом,
u = 150 sinωt + 60 sin2ωt В.
Найти i(t), I
R = 30 Ом, ωL = 40 Ом, 1/ωС = 10 Ом,
u = 120 sinωt + 60 sin2ωt В.
Найти i(t), I
3.
4.
i
i
R
R
C
u
L
u
L
C
R = 16 Ом, ωL = 6 Ом, 1/ωС = 6 Ом,
u = 160 sinωt + 80 sin3ωt В.
Найти i(t), I
R = 16 Ом, ωL = 1 Ом, 1/ωС = 9 Ом,
u = 160 sinωt + 80 sin3ωt В.
Найти i(t), I
5.
6.
i
R
i
R
C
u
L
u
R = 10 Ом, 1/ωС = 6 Ом,
u = 141 sinωt + 33,6 sin2ωt В.
Найти i(t), I
R = 10 Ом, ωL = 10 Ом,
u = 141 sinωt + 44,8 sin2ωt В.
Найти i(t), I
7.
8.
i
i
R
R
C
u
R = 10 Ом, 1/ωС = 20 Ом,
u = 44,8 sinωt + 30 2 sin2ωt В.
Найти i(t), I
502
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
u
R = 10 Ом, ωL = 5 Ом,
u = 20 sinωt + 14,1 sin2ωt В.
Найти i(t), I
L
Продолжение контрольной работы № 9
9.
10.
i
i
R
R
C
u
L
u
R = 12 Ом, ωL = 12 Ом,
R = 12 Ом, 1/ωС= 12 Ом,
u = 60 2 sinωt + 76 sin3ωt В.
Найти i(t), I
u = 120 2 sinωt + 63,2 sin3ωt В.
Найти i(t), I
11.
12.
i
i
R
R
C
L
u
u
R = 9 Ом, ωL = 3 Ом,
R = 6 Ом, 1/ωС= 18 Ом,
u = 30 sinωt + 18 2 sin3ωt В.
Найти i(t), I
u = 42 sinωt + 30 2 sin3ωt В.
Найти i(t), I
13.
14.
i
i
R
R
C
L
u
u
R = 6 Ом, 1/ωС = 18 Ом,
i = 2,12 sinωt + 3,53 sin3ωt A.
Найти u(t), U
R = 9 Ом, ωL = 3 Ом,
15.
16.
i
i = 10,6 sinωt + 5 2 sin3ωt A.
Найти u(t), U
i
R
u
R = 12 Ом, ωL = 12 Ом,
i = 5,9 sinωt + 2,65 sin3ωt A.
Найти u(t), U
L
R
u
L
R = 12 Ом, ωL = 12 Ом,
i = 11,8 sinωt + 7,9 sin3ωt A.
Найти u(t), U
503
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 9
17.
18.
i
i
R
R
C
L
u
u
R = 10 Ом, 1/ωС = 20 Ом,
i = 2,23 sinωt +
Найти u(t), U
R = 10 Ом, ωL = 5 Ом,
i = 9 sinωt + 3,53 sin2ωt A.
Найти u(t), U
2 sin2ωt A.
19.
20.
i
i
R
C
L
u
u
R = 10 Ом, ωL = 10 Ом,
i = 7,07 sinωt + 5,35 sin2ωt A.
Найти u(t), U
R = 10 Ом, 1/ωС = 10 Ом,
i = 5,67 sinωt + 5,35 sin3ωt A.
Найти u(t), U
21.
22.
i
i
L
u
C
R
u
R
R = 10 Ом, ωL = 10 Ом,
u = 10 sinωt + 8 sin2ωt В.
Найти i(t), I
R = 10 Ом, 1/ωС = 20 Ом,
u = 40 sinωt + 20 sin2ωt В.
Найти i(t), I
23.
24.
i
u
i
R
R = 10 Ом, ωL = 5 Ом,
u = 20 sinωt + 10 sin2ωt В.
Найти i(t), I
504
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R
L
C
u
R
R = 10 Ом, 1/ωС = 20 Ом,
u = 40 sinωt + 20 sin2ωt В.
Найти i(t), I
Ответы к контрольной работе № 9
1
30 sinωt + 3,79 sin(2ωt – 71° ) A, I = 21,38 A
2
2,83 sin(ωt – 45°) + 0,74 sin(2ωt 68,2°) A, I = 2,07 A
3
10 sinωt + 3,53 sin(3ωt – 45°) A, I = 7,5 A
4
8,94 sin(ωt + 26,6°) + 5 sin3ωt A, I = 7,24 A
5
12,1 sin(ωt + 31°) + 3,22 sin(2ωt + 16,7°) A, I = 8,85 A
6
9,97 sin(ωt – 45°) + 2 sin(2ωt – 63,4°) A, I = 7,2 A
7
2 sin(ωt + 63,4°) + 3 sin(2ωt + 45°) A, I = 2,55 A
8
1,79 sin(ωt – 26,6°) + 1 sin(2ωt – 45°) A, I = 1,45 A
9
5 sin(ωt – 45°) + 2,83 sin(3ωt – 63,4° ) A, I = 4,06 A
10
10 sin(ωt + 45°) + 4,71 sin(3ωt + 26,6°) A, I = 7,82 A
11
3,16 sin(ωt – 18,4°) + 2 sin(3ωt – 45°) A, I = 2,65 A
12
2,21 sin(ωt + 71,6°) + 5 sin(3ωt + 45°) A, I = 3,87 A
13
40,22 sin(ωt – 71,6°) + 29,95 sin(3ωt – 45°) B, U = 35,46 B
14
100,6 sin(ωt + 18,4°) + 90 sin(3ωt + 45°) B, U = 95 B
15
100,13 sin(ωt + 45°) + 100,56 sin(3ωt + 71°) B, U = 100,34 B
16
200,3 sin(ωt – 45°) + 299,78 sin(3ωt + 71,6° ) B, U = 254,9 B
17
49,86 sin(ωt – 63,4°) + 20 sin(2ωt – 45°) B, U = 37,98 B
18
100,62 sin(ωt + 26,6°) + 49,92 sin(2ωt + 45°) B, U = 79,4 B
19
100 sin(ωt + 45°) + 119,63 sin(2ωt + 63,4° ) B, U = 110,2 B
20
80,19 sin(ωt – 45°) + 59,81 sin(3ωt – 26,6° ) B, U = 70,74 B
21
1,41 sin(ωt – 45°) + 0,895 sin(2ωt – 26,6° ) А, I = 1,18 А
22
4,47 sin(ωt + 26,6°) + 2,83 sin(2ωt + 45° ) А, I = 3,74 А
23
4,47 sin(ωt – 63,4°) + 1,41 sin(2ωt – 45°) А, I = 3,31 А
24
4,47 sin(ωt + 26,6°) + 2,83 sin(2ωt + 45°) А, I = 3,74 А
505
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 10
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ. ОДИН НАКОПИТЕЛЬ
ЧАСТЬ 1
1.
2.
10 Ом
i3
20 Ом
10 Ом
i2
50æ10–6 Ф
120 В
10 Ом
20 Ом
50æ10–6 Ф
120 В
i3(t) = ?
i2(t) = ?
3.
4.
20 Ом
20 Ом
i3
10 Ом
i2
20 Ом
10 Ом
0,2 Гн
10 Ом
120 В
120 В
0,2 Гн
i2(t) = ?
i3(t) = ?
5.
6.
40 Ом
i3
20 Ом
i1
20 Ом
40 Ом
20 Ом
120 В
120 В
50æ10–6 Ф
150æ10–6 Ф
i3(t) = ?
i1(t) = ?
8.
7.
40 Ом
20 Ом
i1
i2
40 Ом
0,2 Гн
i2(t) = ?
i1(t) = ?
10.
9.
10 Ом
20 Ом
10 Ом
i3
i2
120 В
50æ10–6 Ф
i2(t) = ?
506
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
20 Ом
0,2 Гн
120 В
120 В
10 Ом
20 Ом
120 В
i3(t) = ?
50æ10–6 Ф
Продолжение контрольной работы № 10
11.
12.
20 Ом
10 Ом
20 Ом
i3
20 Ом
i1
10 Ом
120 В
0,2 Гн
0,2 Гн
10 Ом
120 В
i3(t) = ?
i1(t) = ?
13.
14.
40 Ом
20 Ом
i2
i1
20 Ом
40 Ом
20 Ом
120 В
50æ10–6 Ф
120 В
150æ10–6 Ф
i1(t) = ?
i2(t) = ?
15.
16.
40 Ом
20 Ом
i3
i2
40 Ом
0,2 Гн
0,2 Гн
120 В
20 Ом
120 В
i2(t) = ?
i3(t) = ?
17.
18.
10 Ом
20 Ом
i2
120 В
10 Ом
i1
50æ10–6 Ф
10 Ом
20 Ом
50æ10–6 Ф
120 В
i2(t) = ?
i1(t) = ?
19.
20.
20 Ом
20 Ом
10 Ом
i2
i1
20 Ом
120 В
10 Ом
0,2 Гн
10 Ом
120 В
i1(t) = ?
0,2 Гн
i2(t) = ?
507
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 10
21.
22.
i3
40 Ом
20 Ом
20 Ом
120 В
40 Ом
20 Ом
i2
50æ10–6 Ф
120 В
150æ10–6 Ф
i2(t) = ?
i3(t) = ?
23.
24.
i3
40 Ом
20 Ом
i1
40 Ом
0,2 Гн
0,2 Гн
120 В
20 Ом
120 В
i3(t) = ?
i1(t) = ?
Ответы к контрольной работе №10
1
i3 = 3 – 3e–2000t
2
i2 = 6 – 2e
3
i2 = 2 + 1e
4
i3 = 4 + 2e
5
i3 = 3 – 1e
6
i1 = 1,5 + 1,5e
7
i1 = 3 – 1,5e
8
i2 = 6 – 6e
508
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–1333t
–150t
–75t
–222t
–1000t
–100t
–50t
9
i2 = 6e
–2000t
10
i3 = 4e
–1333t
11
i3 = 2 – 2e
12
i1 = 8 – 2e
13
i1 = 3 + 1e
14
i2 = 1,5 – 1,5e
15
i2 = 1,5e
16
i3 = 3e
–150t
–75t
–222t
–1000t
–100t
–50t
–2000t
17
i2 = 6e
18
i1 = 6 + 2e
19
i1 = 4 – 1e
20
i2 = 4 – 4e
21
i2 = 2e
22
i3 = 3e
23
i3 = 3 – 3e
24
i1 = 6 – 3e
–1333t
–150t
–75t
–222t
–1000t
–100t
–50t
Контрольная работа № 11
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ. ОДИН НАКОПИТЕЛЬ
ЧАСТЬ 2
2.
1.
20 Ом
10 Ом i1
i1
10 Ом
20 Ом
20 Ом
20 Ом
100 мкФ
120 В
0,2 Гн
120 В
i1(t) = ?
i1(t) = ?
3.
4.
20 Ом
10 Ом
i1
10 Ом
20 Ом
50 мкФ
120 В
i1
20 Ом
20 Ом
40 мкФ
120 В
i1(t) = ?
i1(t) = ?
5.
6.
20 Ом
20 Ом
i3
10 Ом
i1
10 Ом
20 Ом
20 Ом
40 мкФ
120 В
125 мкФ
120 В
i3(t) = ?
i1(t) = ?
7.
8.
20 Ом
i1
30 Ом
i1
20 Ом
20 Ом
120 В
20 Ом
100 мкФ
0,3 Гн
120 В
i1(t) = ?
i1(t) = ?
509
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение контрольной работы № 11
10.
9.
30 Ом
i3
10 Ом
i1
30 Ом
10 Ом
0,2 Гн
20 Ом
0,2 Гн
20 Ом
120 В
120 В
i3(t) = ?
i1(t) = ?
11.
12.
20 Ом
20 Ом
i2
120 В
i2
20 Ом
20 Ом
20 Ом
100 мкФ
40 мкФ
120 В
i2(t) = ?
i2(t) = ?
13.
14.
20 Ом
10 Ом
20 Ом
20 Ом
i2
i3
20 Ом
120 В
100 мкФ
i3(t) = ?
i2(t) = ?
15.
16.
10 Ом
10 Ом
120 В
30 Ом
i2
i2
20 Ом
50 мкФ
0,3 Гн
120 В
i2(t) = ?
17.
18.
30 Ом
10 Ом
i3
30 Ом
20 Ом
120 В
i2
10 Ом
0,2 Гн
20 Ом
120 В
i3(t) = ?
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
20 Ом
20 Ом
i2(t) = ?
510
10 Ом
125 мкФ
120 В
i2(t) = ?
0,2 Гн
Окончание контрольной работы № 11
20.
19.
20 Ом
i3 10 Ом
20 Ом
i3
10 Ом
20 Ом
100 мкФ
120 В
125 мкФ
120 В
i3(t) = ?
i3(t) = ?
22.
21.
30 Ом
20 Ом
i2
i2
30 Ом
20 Ом
20 Ом
100 мкФ
120 В
0,2 Гн
20 Ом
120 В
i2(t) = ?
i2(t) = ?
24.
23.
10 Ом
i3
30 Ом
10 Ом
20 Ом
20 Ом
120 В
0,3 Гн
20 Ом
50 мкФ
i3
120 В
i3(t) = ?
i3(t) = ?
Ответы к контрольной работе № 11
1 i1 = 3 – 1e–1000t
7
i1 = 3 – 3e
–1000t
2 i1 = 12 – 4e–33,3t 8
i1 = 4 – 1e
–40t
3 i1 = 4 + 2e–3000t 9
i1 = 4 – 0,8e
–60t
13 i3 = 3 + 1e–1000t 19 i3 = 3 + 3е–1000t
14
i2 = –3е
15
i2 = 3е
4 i1 = 3 + 1e–2500t 10 i3 = 12 – 6e–33,3t 16
5 i3 = 3 – 1e–2500t 11
i2 = –6e
6 i1 = 4 – 1e–1200t 12
i2 = 2e
–1000t
–2500t
17
18
–1200t
–3000t
i2 = 1,5е
–40t
i3 = 4 – 2е
i2 = 2е
–60t
–33,3t
20 i3 = 4 + 2е–1200t
–1000t
21
i2 = –2е
22
i2 = 1,2е
–60t
23 i3 = 4 – 1е–3000t
24 i3 = 4 – 2,5е–40t
511
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 12
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ. ОДИН НАКОПИТЕЛЬ
ЧАСТЬ 3
1.
2.
i3
20 Ом
10 Ом
10 Ом
i2
e(t)
50æ10–6 Ф
e(t)
20 Ом
e(t) = 120 sin(1000t – 30°) В, i3(t) = ?
3.
10 Ом
50æ10–6 Ф
e(t) = 120 sin(1000t – 30°) В, i2(t) = ?
4.
20 Ом
20 Ом
10 Ом
i3
i2
e(t)
10 Ом
0,2 Гн
20 Ом
e(t)
10 Ом
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(100t + 45°) В, i2(t) = ?
5.
e(t) = 120 sin(100t + 30°) В, i3(t) = ?
6.
i3
20 Ом
40 Ом
20 Ом
e(t)
e(t)
20 Ом
i1
40 Ом
50æ10–6 Ф
150æ10–6 Ф
e(t) = 120 sin(1000t – 60°) В, i3(t) = ?
7.
8.
40 Ом
20 Ом
i1
i2
e(t)
40 Ом
9.
20 Ом
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(100t – 30°) В, i2(t) = ?
10.
10 Ом
20 Ом
50æ10–6 Ф
10 Ом
i3
i2
e(t)
20 Ом
e(t) = 120 sin(1000t + 30°) В, i2(t) = ?
512
e(t)
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(200t – 30°) В, i1(t) = ?
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
e(t) = 120 sin(1000t – 30°) В, i1(t) = ?
e(t)
10 Ом
50æ10–6 Ф
e(t) = 120 sin(500t + 30°) В, i3(t) = ?
Продолжение контрольной работы № 12
11.
12.
20 Ом
10 Ом
20 Ом
i3
e(t)
20 Ом
i1
0,2 Гн
10 Ом
e(t)
10 Ом
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(200t – 30°) В, i3(t) = ?
13.
e(t) = 120 sin(100t – 30°) В, i1(t) = ?
14.
40 Ом
20 Ом
i1
i2
20 Ом
e(t)
e(t)
20 Ом
40 Ом
50æ10–6 Ф
250æ10–6 Ф
e(t) = 120 sin(100t – 60°) В, i1(t) = ?
15.
e(t) = 120 sin(1000t + 60°) В, i2(t) = ?
16.
40 Ом
20 Ом
i2
e(t)
i2
40 Ом
e(t)
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(200t – 60°) В, i2(t) = ?
17.
0,2 Гн
20 Ом
e(t) = 120 sin(100t – 30°) В, i2(t) = ?
18.
20 Ом
20 Ом
e(t)
20 Ом
i1
i1
50æ10–6 Ф
e(t )
20 Ом
e(t) = 120 sin(1000t + 60°) В, i1(t) = ?
19.
20 Ом
150æ10–6 Ф
e(t) = 120 sin(200t + 30°) В, i1(t) = ?
20.
20 Ом
20 Ом
10 Ом
i2
i1
e(t)
20 Ом
0,2 Гн
e(t)
10 Ом
10 Ом
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(100t – 45°) В, i1(t) = ?
e(t) = 120 sin(50t + 45°) В, i2(t) = ?
513
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 12
22.
21.
40 Ом
20 Ом
i2
20 Ом
e(t)
i2
e(t )
20 Ом
40 Ом
50æ10–6 Ф
250æ10–6 Ф
e(t) = 120 sin(100t + 30°) В, i2(t) = ?
23.
e(t) = 120 sin(2000t – 45°) В, i2(t) = ?
24.
40 Ом
i3
20 Ом
i1
e(t)
40 Ом
e(t)
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(200t + 30°) В, i3(t) = ?
0,2 Гн
e(t) = 120 sin(100t – 30°) В, i1(t) = ?
Ответы к контрольной работе № 12
i3(t) = 2,68 sin(1000t – 56,6°) + 2,237e
2
i2(t) = 5,37 sin(1000t – 40,3°) + 1,47e
3
i2(t) = 2,35 sin(100t + 56,3°) + 0,165e
4
i3(t) = 5,37 sin(100t + 40,3°) – 0,47e
5
i3(t) = 2,353 sin(1000t – 71,3°) + 0,497e
–150t
–75t
i1(t) = 2,372 sin(1000t – 11,6°) – 1,023e
i1t) = 1,897 sin(200t – 48,4°) + 0,648e
8
i2(t) = 2,68 sin(100t – 93,4°) + 2,675e
9
i2(t) = 2,68 sin(100t + 93,4°) + 0,325e
10
i3(t) = 1,4 sin(500t + 99,5°) + 0,62e
11
i3(t) = 1,2 sin(200t – 83,1°) + 1,19e
12
i1t) = 6,788 sin(100t – 38°) + 1,17e
14
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
–1333t
7
13
514
–2000t
1
6
20 Ом
А
–666,7t
–1000t
–50t
–75t
i2(t) = 1,06 sin(1000t + 15°) – 0,27e
А
А
–2000t
–1333t
i1(t) = 4,71 sin(100t – 48,7°) – 1,66e
А
А
–100t
–150t
А
А
А
А
–150t
–1000t
А
А
А
А
А
Окончание ответов к контрольной работе № 12
–100t
15
i2(t) = 1,34 sin(200t – 33,4°) – 0,56e
16
i2(t) = 2,68 sin(100t – 93,4°) + 2,67e
17
i1(t) = 3,79 sin(1000t + 78,4°) + 1,48e
18
i1(t) = 3,48 sin(200t + 38,2°) – 0,152e
19
i1(t) = 3,72 sin(100t – 52°) + 0,811e
–50t
А
А
–2000t
–222t
–150t
–75t
А
А
А
20
i2(t) = 3,33 sin(50t + 11,3°) – 0,65e
21
i2(t) = 1,2 sin(100t + 83,1°) – 0,19e
22
i2(t) = 0,671 sin(2000t – 108,4°) + 0,637e
23
i3(t) = 1,342 sin(200t – 33,4°) + 0,739e
24
i1(t) = 3,79 sin(100t – 48,4°) + 1,334e
А
–133,3t
А
–1000t
–100t
–50t
А
А
А
515
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 13
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЗАВИСИМЫХ НАЧАЛЬНЫХ УСЛОВИЙ
1.
2.
iL 60 Ом 0,05 Гн
iL 20 Ом 0,1 Гн
uC
10 мкФ
40 Ом
120 В
di L
------dt
0+
uC
20 мкФ
du C
= ?, --------dt
120 В
40 Ом
di L
------dt
=?
0+
3.
0+
40 Ом
du C
= ?, --------dt
=?
0+
4.
iL
30 Ом
iL
0,2 Гн
20 мкФ
30 Ом
120 В
10 мкФ
uC
0,2 Гн
20 Ом
5А
uC
20 Ом
40 Ом
20 Ом
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
di L
------dt
=?
0+
5.
iL
24 Ом
30 Ом
4A
uC
30 Ом
10 Ом
0,2 Гн
120 В
2 мкФ
0+
du C
= ?, --------dt
uC
di L
------dt
=?
0+
7.
60 В
30 Ом
0,8 Гн
di L
------dt
0+
4 мкФ
du C
= ?, --------dt
=?
0+
8.
20 Ом
iL
iL
40 мкФ
40 Ом
120 В
uC
0,2 Гн
di L
------dt
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
=?
0+
6.
iL
516
0+
du C
= ?, --------dt
0+
du C
= ?, --------dt
40 Ом
0,03 Гн
20 В
240 В
20 Ом
uC
=?
0+
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
0,2 мкФ
=?
0+
Продолжение контрольной работы № 13
9.
10.
iL
iL
2A
40 Ом
0,2 Гн
100 Ом
12 Ом
20 Ом
uC
1 мкФ
0,2 Гн
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
di L
------dt
=?
0+
11.
20 мкФ
120 В
0+
du C
= ?, --------dt
uC
=?
0+
12.
iL
40 Ом
8 Ом
iL
0,3 Гн
64 В
16 Ом
4 мкФ
48 В
0,2 Гн
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
uC
120 В
di L
------dt
=?
0+
13.
30 мкФ
20 Ом
uC
0+
du C
= ?, --------dt
10 Ом
=?
0+
14.
iC
10 Ом
uC
100 В
80 мкФ
10 Ом
iL
iL
25 Ом
20 Ом
6A
0,08 Гн
20 Ом
24 Ом
uC
2 мкФ
0,2 Гн
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
di L
------dt
=?
0+
15.
0+
du C
= ?, --------dt
=?
0+
16.
iL
8А
40 Ом
15 Ом
1А
uC
di L
------dt
0+
1 мкФ
du C
= ?, --------dt
=?
0+
80 Ом
iL
40 Ом
25 мкФ
0,2 Гн
120 В
uC
0,2 Гн
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
=?
0+
517
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 13
17.
18.
iL
0,2 Гн
30 Ом
120 В
di L
------dt
iL
uC
8 мкФ
du C
= ?, --------dt
20 Ом
30 Ом
di L
------dt
=?
0+
19.
0+
du C
= ?, --------dt
=?
0+
20.
iL
8А
20 мкФ
di L
------dt
8 Ом
15 Ом 30 Ом
0+
du C
= ?, --------dt
iL
16 Ом
uC
0,2 Гн
10 Ом
uC
48 В 0,2 Гн
di L
------dt
=?
0+
21.
0+
20 мкФ
38 В
du C
= ?, --------dt
=?
0+
22.
iL 0,2 Гн
18 Ом
15 Ом
uC
8 Ом
40 В
120 В
di L
------dt
0+
100 В
uC
5 мкФ
du C
= ?, --------dt
0+
iL
15 мкФ
18 Ом
di L
------dt
=?
23.
0+
du C
= ?, --------dt
=?
0+
24.
iL
3А
20 Ом
0,2 мкФ
10 Ом
60 В
di L
------dt
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
10 Ом
0,1 Гн
iL 0,2 Гн
518
uC
1 мкФ
0,2 Гн
60 Ом
60 Ом
0+
3A
0+
uC
du C
= ?, --------dt
20 Ом
2А
uC
1 мкФ
40 В
=?
0+
15 Ом
di L
------dt
0+
du C
= ?, --------dt
=?
0+
0,2 Гн
Ответы к контрольной работе № 13
1
800 А/с; 1·105 В/с
9
520 А/с; 20·105 В/с
17
–600 А/с; 2,5·105 В/с
2
5
– 800 А/с; 1·10 В/с
10
100 А/с; 0,5·105 В/с
18
750 А/с; 30·105 В/с
3
– 400 А/с; 2·105 В/с
11
160 А/с; –10·105 В/с
19
– 450 А/с; –1,5·105 В/с
–100 А/с; 1·105 В/с
20
– 270 А/с; 168 750 В/с
5
4 – 500 А/с; –5·10 В/с 12
5
60 А/с; 10·105 В/с
13 –250 А/с; – 0,25·105 В/с 21
6
5
300 А/с; –5·10 В/с
14
360 А/с; 15·105 В/с
22 – 900 А/с; – 3,333·105 В/с
7
5
– 400 А/с; 1·10 В/с
15
200 А/с; 10·105 В/с
23
300 А/с; 300·105 В/с
–200 А/с; 0,2·105 В/с
24
150 А/с; 20·105 В/с
8 2000 А/с; 150·105 В/с 16
800 А/с; –40·106 В/с
519
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Контрольная работа № 14
НЕЛИНЕЙНЫЕ ЦЕПИ ПОСТОЯННОГОГ ТОКА
2.
1.
I3
8 Ом
24 В
8 Ом
6 Ом
1
6 Ом
U12
12 В
НЭ
НЭ
2
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти U12
3.
4.
I1
2 Ом
10 Ом
24 В
10 Ом
2 Ом
16 В
НЭ
НЭ
I2
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I1
ВАХ НЭ:
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
I, А
0
3
5
7
9 10
Найти I2
5.
6.
4 Ом
24 В
4 Ом
I3
4 Ом
12 В
НЭ
I2
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
ВАХ U, В
НЭ2: I2, А
НЭ3: I3, А
Найти I2
7.
8.
3 Ом
НЭ3
0
3
5
7
9 10
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
0 1,25 1,75 2,20 2,50 —
1
I3
5A
НЭ2
НЭ
4 Ом
3A
U12
НЭ
2
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
520
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти U12
Продолжение контрольной работы № 14
9.
10.
I3
I3
0,5 Ом
5A
5 Ом
3A
НЭ
НЭ
5В
2В
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
11.
12.
2 Ом
5A
I2
0,6 Ом
10 A
I2
НЭ
5В
НЭ
3В
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I2
ВАХ НЭ:
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
I, А
0
3
5
7
9 10
Найти I2
13.
14.
1
8 Ом
8 Ом
НЭ
12 В
6В
10 Ом
10 Ом
10 В
20 В
U12
I3
НЭ
2
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти U12
15.
16.
1
2 Ом
3 Ом
1 Ом
1 Ом
3В
9В
НЭ
7,2 В
7,2 В
I3
U12
НЭ
2
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти U12
521
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание контрольной работы № 14
17.
18.
I1
3 Ом
6 Ом
4 Ом
30 В
2 Ом
20 В
НЭ
НЭ
I2
ВАХ НЭ:
U, В
0
3
5
7
9 10
I, А
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I1
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I2
19.
20.
3 Ом
20 В
1
U12
2 Ом
0,6 Ом
10 А
НЭ
НЭ
I2
2
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти U12
ВАХ НЭ:
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
I, А
0
3
5
7
9 10
Найти I2
21.
22.
I3
0,4 Ом
12 А
I3
2 Ом
12 В
НЭ
НЭ1
НЭ3
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I3
ВАХU, В 0
3
5
7
9 10
1,0
2,0
3,5 5,0
НЭ1:I1, А 0 0,5
НЭ3:I3, А 0 0,125 0,175 2,200 2,500
Найти I3
23.
24.
I2
I2
1 Ом
1 Ом
2 Ом
3 Ом
НЭ
НЭ
3В
9В
7,2 В
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I2
7,2 В
ВАХ НЭ:
I, А
0
3
5
7
9 10
U, В
0 0,5 1,0 2,0 3,5 5,0
Найти I2
Ответы к контрольной работе № 14
1
2
3
4
5
6
522
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
1,5 А
4В
1,85 А
3,15 А
2,3 А
0,7 А
7
8
9
10
11
12
2,25 А
6В
0,65 А
1А
1,8 А
6,7 А
13
14
15
16
17
18
1А
6,5 В
5,1 В
2,25 В
3,83 А
0,6 А
19
20
21
22
23
24
1,2 В
3А
7А
1,85 А
–6,8 А
–2,07 А
ТИПОВЫЕ РАСЧЕТЫ
Расчетное задание № 1
РАЗВЕТВЛЕННАЯ ЦЕПЬ ПОСТОЯННОГО ТОКА
Задание
1. Записать по законам Кирхгофа систему уравнений для определения неизвестных токов и ЭДС в ветвях схемы.
2. Определить ЭДС в первой ветви и токи во всех ветвях схемы
методом контурных токов (см. Методические указания, п.3).
3. Составить баланс мощностей (см. Методические указания, п.3).
4. Найти показание вольтметра.
5. Определить ток во второй ветви (R2 и Е2) методом эквивалентного генератора.
6. Рассчитать значение и направление ЭДС, которую необходимо
дополнительно включить во вторую ветвь, чтобы ток в ней увеличился в 2 раза и изменил свое направление.
7. Определить входную проводимость второй ветви.
8. Определить взаимную проводимость второй и третьей ветвей.
9. Найти и построить график зависимости тока первой ветви от
сопротивления второй ветви при постоянстве всех остальных параметров схемы.
10. Найти и построить график зависимости мощности, выделяющейся в резисторе сопротивлением R2, при его изменении от нуля до
бесконечности и при постоянстве всех остальных параметров схемы.
11. Рассчитать токи ветвей при наличии линейно управляемых
источников. При этом исходная схема упрощается: во всех схемах,
кроме 1 и 17, размыкается седьмая ветвь, в схемах 1 и 17 размыкается
шестая ветвь. В ветви 1 известна ЭДС Е1, найденная в п.2, а ток I1
необходимо рассчитать.
В схемах 1, 5, 9, 13, 17, 21, 25, 29 источник напряжения Е2 управляется
током I1 по закону Е2 = 10I1. В схемах 2, 6, 10, 14, 18, 22, 26, 30 источник напряжения Е2 управляется напряжением U1 по закону Е2 = 2U1,
где U1 — напряжение на сопротивлении R1, направленное по току I1.
В схемах 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27 источник тока J управляется током I1
по закону J = 2I1. В схемах 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28 источник тока J
управляется напряжением U1 по закону J = 0,1U1, где U1 — напряжение на сопротивлении R1, направленное по току I1.
523
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Метод и ч е с к и е у ка з а н и я :
1. Номер схемы соответствует порядковому номеру, под которым
фамилия студента записана в групповом журнале.
2. Числовые данные параметров схемы приведены в таблице и
выбираются в соответствии с номером группы.
3. Окончательные результаты расчета пп. 2 и 3 должны быть получены для исходной схемы, т.е. для схемы, в которой источник тока не
преобразован в источник ЭДС.
4. При выполнении п.5 режим холостого хода второй ветви
используется для определения ЭДС эквивалентного генератора. При
этом расчет токов в схеме, образовавшейся в результате разрыва второй ветви, следует выполнять методом узловых потенциалов. Источник тока рекомендуется преобразовать в источник ЭДС, при этом
схема сводится к схеме с двумя узлами.
Числовые данные параметров схем
№ R 1, R 2, R 3, R 4, R 5, R 6, R 7, R 8, E 2,
гр. Ом Ом Ом Ом Ом Ом Ом Ом B
E 4,
B
E 5,
B
E 6, E 7,
B B
E 8,
B
J,
А
I1,
А
1
5
4
6
5
8
7
2
8
30
40
20
50
30 20
40
2
2
2
7
5
4
6
4
8
3
8
40
30
50
20
40 20
50
4
2
3
4
3
5
7
8
6
2
6
20
35
40
25
30 30
60
4
2
4
6
4
5
5
6
7
4
6
35
20
40
60
20 30
40
4
2
5
3
5
4
6
8
5
4
4
20
40
60
50
30 40
30
4
2
6
8
6
3
4
7
4
2
4
50
20
45
30
40 25
20
4
2
7
3
5
4
6
8
5
4
8
40
80 120 100 60 80
60
8
4
8
7
5
4
6
4
8
3
8
80
60 100 40
80 40 100
8
4
9
4
3
5
7
8
6
2
7
40
70
80
60 60 120
8
4
10 10
8
12 10 16 14
4
14
60
80
40 100 60 40
80
4
2
11 12
8
10 10 12 14
8
12
70
40
80 120 40 60
80
4
2
12 16 12
6
8
14
8
4
8
100 40
90
60
80 50
40
4
2
13 12
6
6
10
8
5
4
4
45
60
65
30
40 30
50
4
2
14 10
5
5
8
6
2
2
7
50
50
60
30
35 20
40
5
2
15
5
5
10
4
8
3
3
50
40
30
60
60 20
20
2
2
524
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
E 3,
B
6
50
Расчетные схемы
1.
2.
R5
E5
E6
R6
J
E4
E6
R4
J
V
E3
V
I1
R1
R3
E5
I1
R3
E1
E3
J
R6
R2
R2
E7
E2
R4
E4
E2
R7
3.
R1
E1
J
4.
R4
E4
I1
E1
E7
R7
J
R1
R2
R3
E6
E5
E2
E3
E8
R5
R2
J
E4
I1
R4
R1
R5
V
5.
E2
R3
J
V
R6
E7 E1
R7
R8
R6
E3
E6
J
6.
R1
E8
I1
R7
J
E1
E5
R6
R5
R3
V
E4
E7
E2
E3
R5
R8
R4
E5
E1
J
R6
R7
J
I1
R1
E7
R3
E3
R2
R2
E2
E4
R4
J
V
7.
8.
E6
I1
R5
E1 R2
R6
J
E2
R3
E1 R1
E8
E3
R8
E4
R4
J
E5
R1
R4
V
E6
J
I1
R6 R
3
E3
R7
E1
E5
R1
R5
R2
E7
R8
E2
E8
J
V
525
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение расчетных схем
9.
10.
R3
I1
E2
E3
R2
V
R3
R1
E5
E6
R6
R5
R7
E1
J
E7
R1
J
V
E1
E2
R4
E4
E6
R5
J
11.
12.
R4
R5
E1
E5
J
E2
R3
E4
E6
J
I1
R1
E1
R5
R2
E3
R4
E4
E3
R7
J
R2
R6
R3
R7
I1
R1
V
R6
E2
E7
E6
J
E8
13.
R8
E5
V
14.
R1
I1
R7
E3
R4
E1
R3
J
R6
R2
R4
E4
E4
V
R5
J
E2
E8
R5
I1
R1
E1
E8
E2
R7
E6
R2
E7
V
J
526
R8
R6
E3 R3
R8
E6
J
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
R2
E5
J
R6
R7
R4
I1
E3
Продолжение расчетных схем
15.
16.
E3
R3
I1
J
E2
V
E5
R2
E8
E3
J
R7
E6
V
R3 R5
R4
E7
17.
R8
E1
E4
R8
R6
R1
I1
R6
R7
R1 J
R2
E6
E7
E1
E2
R4
J
18.
E4
E3
E5
J
E3
R4
R5
E2
R3
R2
I1
J
R5
E4
J
19.
R1
E2
E1
R4
E6
R6
E6
R6
V
I1
E1
R1
V
R7
E5
J
R7
R3
R2
20.
R1
E6
J
V
R2
R3
E3
E7
E2
R4
R6
R5
I1
E7
E5
J
J
R7
E4
R6
E2 R
2
J
E5
E4
E1
R1
R7
21.
E1
I1
R4
R5
V
E3 R
3
E8
R8
22.
E1
R5
E7
R7
J
I1
R1
E2 R
2
V
E5
J
R6
R4
R1
E3
I1
R3
R7
J
R2
E1
E2
E4
R3
E3
R6
E7
R4
J
V
E5
R5
527
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Окончание расчетных схем
23.
24.
J
R5
E5
R7
E6
R1
I1
I1
E1
V
E3
R4
E3
R5
E7
E2
R3
J R4
R3
E1
R6
R6
E2
R2
E5
J
25.
R3 E
4
E2
E1
I1
R2
R4
E5
R5
E7
E5
E8
J
R5
E7
I1
R6
J
E6
E4
R4
R7
E3
V
E6
J
R7
R6
R1
R3
J
E1
R8
27.
E2
R2
R1
V
28.
V
E3
R3
E2
R4
R2
E5
R5
R1
R1
J
E1
R6
E4
I1
E6
R7
J
E2
R7
J
R5
E5
E3
R8
R6
E7
E4
R3
V
E1
E8
R2
29.
R4
J
30.
R5
J
R2
E4
E5
R3
E2 E3
R4
R1
E4
R8
V
R4
J
R5
E7
R7
E8
R8
R6
R1
I1
E6
E8
E1
V
J
R6
E1
I1
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
J
26.
E3
528
R7
R2
V
E4
E7
R1
R3
E3
E2
E7
R7
J
R2
Расчетное задание № 2
РАСЧЕТ ЛИНЕЙНОЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКОЙ ЦЕПИ
СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА КОМПЛЕКСНЫМ МЕТОДОМ
Исходными для выполнения задания являются схема электрической цепи, приведенная на рисунке, комплексные сопротивления в ее
ветвях, а также:
а) напряжение на входе цепи, для n* — четных;
б) ток в одной из ветвей цепи, для n — нечетных.
I1
U
Z1
I3
Z3
I2
I4
I5
Z2
Z4
Z5
Задание
1. Рассчитать комплексные и мгновенные токи в ветвях цепи и
напряжения на них.
2. Построить векторную диаграмму токов и топографическую
диаграмму напряжений. Проверить выполнение законов Кирхгофа.
3. Найти угол ϕ сдвига по фазе между напряжением на входе цепи
U
_ и током _I 1 . Определить характер цепи (активно-индуктивный или
активно-емкостный). Рассчитать параметры последовательной и
параллельной схем замещения двухполюсника. Рассчитать активные
и реактивные составляющие комплексных тока и напряжения на
входе двухполюсника.
4. Рассчитать активную и реактивную мощности. Проверить
баланс комплексных мощностей.
Численные данные приведены в таблице. Значение величины k
определяет номер ветви, ток в которой для варианта «б» условия
задания известен.
* n — номер, под которым фамилия студента записана в журнале группы.
529
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Таблица исходных данных
Вариант Z_ 1 , Ом
Z_ 2 , Ом
Z_ 3 , Ом
Z_ 4 , Ом
Z_ 5 , Ом
U, В
k
Ik, А
10 + j10
30
2
2
1, 16
1,5 – j3
6
–j6
j10
2, 17
3 – j6
20
–j20
j20
10 – j10
130
4
4
3, 18
2 – j4
3
–j2
10
10 + j10
120
3
5
4, 19
4 – j12
60
j80
100
100 – j100
120
1
2
5, 20
8 – j6
20
j40
–j100
100 – j100
100
5
8
6, 21
8 – j4
20
j20
–j20
10 + j10
120
3
6
7, 22
4 – j4
j4
–j4
j20
10 + j10
80
4
2
8, 23
5 – j5
j10
–j10
j10
10 – j10
100
2
4
9, 24
4 – j4
j8
–j4
20
10 + j10
80
5
5
10, 25
4 – j4
j8
j4
20
10 – j10
120
1
1
11, 26
4 – j4
j4
j4
–j20
10 – j10
120
2
10
12, 27
5 – j5
j10
j10
–j10
10 + j10
100
3
2
13, 28
8 – j8
–j8
–j4
j20
10 + j10
120
4
2
14, 29
6 – j2
–j10
–j10
j10
5 – j5
120
1
4
15, 30
4 – j4
–j8
–j4
20
10 + j10
80
5
8
Ме тод ич е с к и е ука з а н и я : начальную фазу приложенного к
цепи напряжения (вариант «а» задания) или начальную фазу заданного в k-й ветви тока (вариант «б» задания) можно принять произвольной. Если ее принять равной нулю, то комплексное напряжение
j0
на входе цепи U
_ = Ue = U ∠0 . Задавая начальную фазу тока в k-й
ветви равной нулю, получаем, что комплексный ток в этой ветви
_I k = I k e
530
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
j0
= I k ∠0 .
Расчетное задание № 3
РАСЧЕТ РАЗВЕТВЛЕННОЙ ЦЕПИ СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
Задание
1. Рассчитать токи в ветвях электрических цепей, схемы которых
приведены в таблице*, методами контурных токов и узловых напряжений.
2. Ток в ветви с источником _E1 или _E4 рассчитать методом эквивалентного генератора.
3. Проверить выполнение баланса комплексных мощностей.
Сопротивления резистивных элементов и комплексные сопротивления реактивных элементов в ветвях цепи указаны в омах.
Таблица расчетных схем и исходных данных
1.
2.
1
1
E1
1
3.
1
E1
1
1
1
2
E
_ 1 = 60 В, E
_ 2 = 60 В
4.
1
2
E
_ 1 = 12 – j6 В, E
_2 = 6 В
5.
1
1
2
E2 1
8.
E1
1
E
_ 4 = j10 В, E
_ 5 = 10 В
1
2
1
1
1
E6
E
_ 1 = 5 В, E
_6 = 5 В
2
E5
9.
1
1
1
E4
1
2
1
E
_ 1 = 5 В, E
_2 = 5 В
1
1
1
1
2
E2
7.
2
1
0,5
0,5
E
_ 1 = 30 В, E
_ 2 = 30 В
E
_ 1 = 12 – j6 В, E
_2 = 6 В
1
E1
1
2
6.
1
1
2
2
1
E1
1
1
E1
2
1
E2
E2
1
E2
4
2
1
E4
E1
2
E6
E
_ 4 = 10 В, E
_ 6 = 10 В
0,5
1
E2
1,5
2
E
_ 1 = 25 В, E
_ 2 = 25 В
* Номер схемы соответствует номеру, под которым фамилия студента записана в учебном журнале.
531
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Продолжение таблицы
10.
11.
10
12.
E4
2
2
10
5
5
2
2
E1
E
_ 4 = 80 В, E
_ 6 = 100 В
13.
1
1
E
_ 1 = 10 В, E
_ 2 = 10 В
E3
1
3
E1
E3 1
10
10
10 10
E1
2
E1
E 2 10
E3
E
_ 1 = 25 + j25 В,
E
_ 1 = 12 – j5 В,
E
_ 1 = 12 – j4 В,
E
_ 2 = –j5 В, E
_ 3 = j5 В
E
_2 = E
_ 3 = j5 В
E
_ 2 = j4 В, E
_ 3 = –j4 В
16.
17.
4
18.
1
1
E1
E3
1
E3
E2
E2 1
E2
1
E1
2
2
2
2
1
2
E1
1
1
E
_2 = E
_ 3 = 10 В
E
_ 3 = j5 В
19.
20.
E
_ 2 = j30 В, E
_ 3 = –j30 В
21.
1
10
1
1
1
10
10
E3
10
E1
2
E3
E
_ 1 = 5 – j5 В, E
_ 2 = –j5 В, E
_ 1 = 65 + j30 В,
10
1
1
1
E
_ 1 = 10 + j25 В,
E2
1
E2
E3
1
1
1
E1
E1
1
1
E2 2 E
3 1
E
_ 1 = 20 + j50 В,
E
_ 1 = 20 – j10 В,
E
_ 1 = 50 – j8 В,
E
_ 2 = 20 В, E
_ 3 = –20 В
E
_ 2 = –j10 В, E
_ 3 = j10 В
E
_ 2 = –j8 В, E
_ 3 = j8 В
532
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
E
_ 4 = 4 + j4 В, E
_6 = 2 В
E2
3
3
1
E6
15.
1
1
2
1
2
1
2
2
14.
E2
E4
2
E2
2
5
E6
2
2
10
Окончание таблицы
22.
23.
E2
10
10
24.
1
5
1
3
10
10
3
E1
3
E3
5
E1
E2
2
1,5
1
3
E2
E3
E3
E1
1
1
2
0,5
E
_ 1 = 50 – j10 В,
E
_ 1 = 18 – j9 В,
E
_ 1 = 15 + j9 В,
E
_ 2 = j10 В, E
_ 3 = –j10 В
E
_ 2 = –j9 В, E
_ 3 = j9 В
E
_ 2 = j9 В, E
_ 3 = –j9 В
25.
26.
27.
E2
1
10
1
4
1
10
10
E3
10 10
E
_ 1 = 50 – j10 В,
2
2
1
2
2
2
2
E6
E4
E1
10
2
1
E1
E2
E
_ 4 = 5 – j5 В, E
_ 6 = – j5 В
E
_ 1 = 30 В, E
_ 2 = 30 В
E
_ 2 = j10 В, E
_ 3 = –j10 В
28.
29.
30.
1
1
1
1
1
E1
1
E1
1
E2
2
1
1
E6
E
_ 1 = 5 – j5 В, E
_ 6 = – j5 В
1
1
E
_ 1 = 6 В, E
_ 2 = 12 – j6 В
0,5
E1
1
1
1
0,5 0,5
0,5
E2
1
E
_ 1 = 12 – j5 В, E
_ 2 = j5 В
533
Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)
Расчетное задание № 4
РАЗВЕТВЛЕННАЯ ЦЕПЬ СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА.
ЦЕПИ С ИНДУКТИВНО СВЯЗАННЫМИ ЭЛЕМЕНТАМИ
Задание
Часть первая
Считая, что индуктивная связь между катушками отсутствует,
следует:
1) определить токи во всех ветвях заданной схемы;
2) построить векторную диаграмму токов и топографическую
диаграмму напряжений;
3) составить баланс активных и реактивных мощностей;
4) построить на одном графике кривые мгновенных значений ЭДС е2
и тока i3;
5) определить показание ваттметра.
Часть вторая
Учитывая взаимную индуктивность катушек, заданные значения
коэффициентов связи и считая заданными т