Сборник задач по ТОЭ т1

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)

© 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

= [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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

( 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

* * 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

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

+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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

+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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

_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

* 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

_ = 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

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

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

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

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

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

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

_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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

* * 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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

_ 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

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

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

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

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

I2¢

2

)

U2 2¢

1¢

Рис. 5.1

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

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

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

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

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

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

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

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¢

U1–E1х

A

П

1¢

а)

E2х

U2–E2х

I2 2

U2 2¢

б)

Рис. 5.6

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

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

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

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 ;

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

+

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

– 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

– 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

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

7,85

Ряд Фурье (1, 3, 5, 7, 9-я гармоники)

–120 –160 –200

Рис. 4 к задаче 6.88(р)

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

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

– 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

×

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

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

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

–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

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

–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

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

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

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

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

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

–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

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

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

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

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

– 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

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

–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

+ 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

±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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

–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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

–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

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

–1 –2

0 t2

–20 c

–25

а)

б)

Рис. к задаче 8.22

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

–4

—

20,4æ10

–4

21,6æ10–4

10,2æ10–4

Результат графического решения: 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 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

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

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

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

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

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

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

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

2

22. 1

2В

4 Ом

5В

4 Ом

1

5В

4 Ом

4В

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

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

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

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

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

8В

6 Ом I =? b

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

Контрольная работа № 3 МГНОВЕННЫЕ ЗНАЧЕНИЯ И КОМПЛЕКСНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ ТОКОВ И НАПРЯЖЕНИЙ

№

Вариант 1 Дано

Определить

№

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

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

Продолжение контрольной работы № 3 Вариант 9 №

Дано

π 1 u = 60 3 sin ⎛⎝ ωt + ---⎞⎠ 6

Вариант 10 Определить

№

Дано

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

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

Продолжение контрольной работы № 3 Вариант 17 №

Дано

Вариант 18 Определить

№

Дано

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

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

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

* *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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

a

1 Ом b

Найти Uab

15.

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 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

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

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

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

R

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

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

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

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

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

–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

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

20 Ом 0,3 Гн

20 Ом

50 мкФ

120 В

i2(t) = ?

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) = ? 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

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.

e(t) = 120 sin(1000t – 30°) В, i1(t) = ? 8.

40 Ом

20 Ом

i1

i2

e(t)

40 Ом

e(t) = 120 sin(200t – 30°) В, i1(t) = ? 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)

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

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

–1333t –150t

–75t

i1(t) = 2,372 sin(1000t – 11,6°) – 1,023e

7

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

13 14 514

–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

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.

=? 0+

6. iL

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 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

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+

10 Ом 0,1 Гн

du C = ?, --------dt

=? 0+

24. iL 0,2 Гн

iL 3А

20 Ом 0,2 мкФ 10 Ом 60 В

di L ------dt 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

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

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

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

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

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 3, 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

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

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

R2

E5 R5

J

R6

R7

R4

I1

E3

J

11.

12. R4

R5 E1

E5

R1

V J

R3

R7

I1

E2

R3

E4

E6

J

I1

R1

E1

R5

R2

E3

R4

E3

R7

J R2

R6 E4

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

R1 E1

E8 E2

R7

E6

R2 E7

V J

526

R8 R6

E3 R3

R8 E6

J

E8

R5

I1

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

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.

J

26. E2

E1

I1

R2 R4

E5

R5

E3 R3 E 4 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

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

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

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

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

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

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

E3

E2

E2 1

E2

1

E1

2

2

1

2

2

1

2 E1

1

1

1

1

E _ 1 = 5 – j5 В, E _ 2 = –j5 В, E _ 1 = 65 + j30 В,

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

10

E3

10

E1

2

E3

E _ 1 = 10 + j25 В,

E2

1

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

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

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 ток и ЭДС второй ветви для схем № 1, 2, 4, 6, 8—11, 13—17, 19, 21—24, 27, 29—30, для остальных схем токи и ЭДС первой ветви (см. Методические указания), а остальные токи и ЭДС неизвестными, необходимо 1) определить неизвестные токи и ЭДС; 2) построить векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму напряжений. Метод и ч е с к и е у ка з а н и я : 1. При учете взаимной индуктивности заданные ток и ЭДС следует считать равными соответствующим току и ЭДС в первой части работы при отсутствии индуктивной связи. 2. На топографических диаграммах должны быть показаны комплексные напряжения на всех элементах схемы. В частности, должны быть отдельно показаны все слагающие комплексных напряжений на катушках, обладающих взаимной индуктивностью. 3. На векторной диаграмме токов должны быть показаны векторы всех пяти токов в заданной схеме. 534

4. n — номер, под которым фамилия студента записана в групповом журнале, N — номер учебной группы. 5. Для всех схем частота 50 Гц. 6. Числовые значения параметров схем приведены в нижеследующих таблицах данных. 7. Значения ЭДС определяются по следующим формулам: Номер схемы (n)

1, 6, 8, 10, 11, 14—16, 21, 24, 29

2, 4, 9, 13, 17, 19, 22, 23, 27, 30

3, 5, 7, 12, 18, 20, 25, 26, 28

ЭДС, В

E _ 1 = 9,4 ( n + N )e

j [ 58° + 10° ( n + N ) ]

E _ 2 = 15,6 ( n + N )e

j10° ( n + N )

E _ 2 = 15,6 ( n + N )e

j10° ( n + N )

E _ 3 = 9,4 ( n + N )e

;

j [ 58° + 10° ( n + N ) ]

E _ 1 = 15,6 ( n + N )e E _ 2 = 9,4 ( n + N )e

;

j10° ( n + N )

;

j [ 58° + 10° ( n + N ) ]

8. Результаты расчета первой и второй части должны быть сведены в таблицы: _I 1 (декартовая форма записи) = _I 2 (декартовая форма записи) = _I 3 (декартовая форма записи) =

_I 1 (полярная форма i1(t) = записи) =

i1(0) =

_I 2 (полярная форма i2(t) = записи) =

i2(0) =

_I 3 (полярная форма i3(t) = записи) =

i3(0) =

535

536

Номер схемы (n) L1 C1 R1 C1′ C1″ R1′ R1″ L2 C2 R2 C2′ C2″ R2′ R2″ L3 C3 R3 C3′ C3″ R3′ R3″ k12 k13 k32

2

16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 — — — 140 69,1 8,58 — 0,732 0,593

1

19,1 — — 122 — — 34,5 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

31 211 4,51 — — — — 19,1 — — 61 200 — 24 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

3

16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 — 5,5 162 — — 46,4 — 0,732 0,593

4 31 211 4,51 — — — — 19,1 — 5,5 — 170 92,7 3,95 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

5 19,1 — 5,5 81 139 — 19,2 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

6 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 — 124 — — 20,5 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

7 19,1 483 — — 173 41 11,5 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

8 16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 — 62 450 — 17,7 — 0,732 0,593

9 19,1 483 5,5 214 — — 21,3 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

10 19,1 483 5,5 — 240 42,6 4,64 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

11 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 5,5 110 316 — 14,1 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

12 16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 — — 122 — — 34,5 — 0,732 0,593

13 19,1 — — — 140 69,1 8,58 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

14

Исходные данные (индуктивность, мГн, емкость, мкФ, сопротивление резисторов, Ом)

19,1 — — 61 200 — 24 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

15

537

Номер схемы (n) L1 C1 R1 C1′ C1″ R1′ R1″ L2 C2 R2 C2′ C2″ R2′ R2″ L3 C3 R3 C3′ C3″ R3′ R3″ k12 k13 k32

17

16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 — 5,5 — 170 92,7 3,95 — 0,732 0,593

16

19,1 — 5,5 162 — — 46,4 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

31 211 4,51 — — — — 19,1 — 5,5 81 139 — 19,2 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

18

16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 — 124 — — 20,5 — 0,732 0,593

19 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 — — 173 41 11,5 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

20 19,1 483 — 62 450 — 17,7 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

21 16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 5,5 214 — — 21,3 — 0,732 0,593

22 16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 483 5,5 — 240 42,6 4,64 — 0,732 0,593

23 19,1 483 5,5 110 316 — 14,1 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

24 31 211 4,51 — — — — 19,1 — — 122 — 34,5 — 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

25 31 211 4,51 — — — — 19,1 — — — 140 69,1 8,58 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

26 16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 — — 61 200 — 24 — 0,732 0,593

27 31 211 4,51 — — — — 19,1 — 5,5 162 — — 46,4 16 318 1,54 — — — — 0,593 — 0,732

28 19,1 — 5,5 — 170 92,7 3,95 31 211 4,51 — — — — 16 318 1,54 — — — — 0,593 0,732 —

29

16 318 1,54 — — — — 31 211 4,51 — — — — 19,1 — 5,5 81 139 — 19,2 — 0,732 0,593

30

Окончание исходных данных

Расчетные схемы 1.

2. M 12

L1

M 13 C′

R 1″

1

R1

C2

C3

L2 M M 13 L 32 3

R2

L3

R3

E1

L1

L2

R 3′

C1

R2

C 3″

C2

R 3″

E2

E2

E3 W

W

3.

4. L1 R1

M 12

L3

L1

L2

M 32

R1

C 2″

C 2′ C1

L2 M M 13 L 32 3

R 2″

R3

R2 R 3″

C 3′

C1

C2

R3 E1

C3

E2

E3

E2 W W

5.

6. L1 R1

C1

M 12

L3

L1

L2 C 2″

M 32 R 2′

R 2″

C3

E2 W

538

C 1″

M 13

R″

L2

L3

R2

R3

C2

1

R3 R2

E1

C 1′

M 12

R1 C3 E1 W

E2

Продолжение расчетных схем 7.

8. M 12

L1

L3

R1

M 12

L1

L2

M 23

M 13

C 2′

R 2″

R 1″

1

R3

C2

E1

C3

E2

L3

R2

R3

C2

C 1″

R′

C1

L2

C1

C3

E2

E1

W

W

9.

10. L2

L1

M 12

L1

M M 13 L 23 3 R1 C 3′

C1

M 13

C 3″ R 3″

R2

C1

C3

R1

E2

E3

L3

R2

R3

C2

R 1″

С 1′

C2

L2

C3

E2

E1

W

W

11.

12. L1

M 13

C 1″

R′

R 1″

1

M 12

L3 R3

C1 R1

C3

E1 W

M 12

L2

L1 R2

R1

L2 L3

M 32

R 2″

2

C2 E2

C 2″

C′

C1

R3 C2

E1

R2

C3

E2 W

539

Продолжение расчетных схем 13.

14. L1

L2 M M 13 L 32 3

R1 C1

R2

R″

C 3′

3

E2

M 13

C″

R 1′

C2

E3

M 12

L1

L3

R2

R3

C2

1

R 1″

E1

W

L2

E2

C3 W

15.

16. M 12

L1

M 13

C″

C 1′

L2

L3

1

R 1″

R3

E1

C3

M 12

L1

M 13

R2

C 1′

L2

L3

R″ 1

C2

R3 R1

E2

C3

E1

C2 E2

W

W

17.

18. L1

L2

L1

M M 13 L 23 3 R1

C 3″ R″

R 3′

C1

R2

3

R3 E3

C2 E2

R1 C1 E1

M 12

L3

L2

M 32 C 2′ R3

C 2″ R 2″ R2

C3

E2

W W

540

R2

Продолжение расчетных схем 19.

20. L1

L2

R1

R2

R 3″

C 3′

L2

M 32

L3

R 2′

R1 C2

C3

C1

M 12

L1

M M 13 L 32 3

E3

R3

C1

E2

E1

C 2″ R 2″ С2

C3

E2

W

W

21.

22. M 12

L1

M 13

L3

C 1″

C 1′

R 1″

R3

C1 C3

E1

L1

L2

L2 M M 13 L 32 3

R2 R1

C2

R2

R 3″

C 3′

C2

C3 R3

C1

E2

E2

E3

W

W

23.

24. L1

L2

L1

M M 13 L 32 3 R1

C 3″

R 3′

R 3″ C3 R3

C1

E3 W

R2 C2 E2

M 13

C 1″

C 1′

R 1″

C1 R1 E1

M 12

L2

L3

R2

R3

C2

C3

E2

W

541

Окончание расчетных схем 25.

26. M 12

L1

L2

L1

M 32

L3

L3 C 2′

R1

R 2″

E1

R 2′ R3

C1 E2

C3

L2

M 32

R1

R3

C1

M 12

E1

R 2″

E2

C3

W

W

27.

28. L2

L1

L1

M 13 LM 32 3 R1

R 3″

L2

M 32 C 2′

R1

C2

R3

C1

E2

E3

M 12

L3

R2

C 3″

C 3′

C1

E1

R 2″ R2 E2

C3

W

W

29.

30. L1

M 12 M 13

C 1″ R″

R 1′

1

L3 R3

R1 C3

E1 W

542

C 2″

L2

L1

L2

M 13 LM 32 3

R2 C2 E2

R1

C 3″ R″

C 3′

C1

3

R3 E3 W

R2 C2 E2

Расчетное задание № 5 РАЗВЕТВЛЕННАЯ ЦЕПЬ ТРЕХФАЗНОГО ТОКА Задание

Заданием предусматривается выполнение расчетов симметричных и несимметричных трехфазных цепей с динамической нагрузкой. В качестве исходной в задании рассматривается схема электроснабжения с двумя приемниками, один из которых представляет собой статическую нагрузку с сопротивлением Zн, другой — динамическую нагрузку в виде асинхронного двигателя Д с изолированной нулевой точкой 0″. Предполагается, что двигатель работает в режиме холостого хода, потери в нем не учитываются. В некоторых вариантах имеется вторая статическая симметричная нагрузка, состоящая из резисторов R. Несимметричный режим в цепи возникает в результате короткого замыкания в одной из ветвей схемы или при подключении с помощью рубильника Р несимметричной нагрузки R. Основным методом расчета таких цепей является метод симметричных составляющих. Несинусоидальный режим рассматривается в симметричной трехфазной цепи. Расчет выполняется на основе метода наложения. Ставится задача определения показаний приведенных на схеме вольтметра и амперметра. Предусматривается построение графика мгновенных значений тока в одном из линейных проводов линии. Номер схемы соответствует порядковому номеру, под которым фамилия студента записана в групповом журнале. Числовые данные параметров элементов цепи приведены в таблице и выбираются в соответствии с номером группы. Часть 1. Симметричная трехфазная цепь

В схеме исходной цепи короткое замыкание отсутствует или, в зависимости от варианта схемы, рубильник Р разомкнут. Режим в цепи определяется трехфазным генератором с симметричными синусоидальными напряжениями прямой последовательности, с фазной ЭДС ЕА, сопротивлениями статической нагрузки Zн, сопротивлениями прямой последовательности генератора Zг1, линии Zл1, двигателя Zд1. 1.1. Для фазы А начертить эквивалентную схему расчета с указанием параметров элементов. Рассчитать фазные токи и линейные 543

напряжения на двигателе. Определить показания вольтметра и амперметра электромагнитной системы. 1.2. Проверить выполнение баланса активных мощностей. 1.3. Построить векторно-топографическую диаграмму цепи; показать на ней вектор напряжения на вольтметре и вектор тока в амперметре. Часть 2. Несимметричная трехфазная цепь

В исходной цепи учитывается короткое замыкание или замыкание рубильника Р. Система ЭДС генератора синусоидальная, симметричная, как и в части 1. 2.1. Составить эквивалентные схемы и определить симметричные составляющие токов и напряжений на несимметричном участке линии. 2.2. По найденным в п. 2.1 симметричным составляющим рассчитать фазные токи и линейные напряжения на двигателе. 2.3. Проверить, удовлетворяют ли полученные результаты п. 2.2 первому закону Кирхгофа. Часть 3. Несинусоидальный режим в симметричной трехфазной цепи

В исходной схеме цепи короткое замыкание отсутствует или рубильник Р разомкнут. ЭДС генератора симметричные, но не синусоидальные. ЭДС фазы А (1)

eA = E A

(1)

где E A (3)

EA

(3)

2 sin314t + E A

(5)

2 sin(942t + 30°) + E A

2 sin(1570t – 60°),

= EA — ЭДС фазы А основной гармоники (см. таблицу); (5)

= 0,5EA; E A = 0,3EA. 3.1. Для каждой из гармоник на основе эквивалентных схем для фазы А определить составляющие тока в амперметре и напряжения на вольтметре. 3.2. Вычислить показания вольтметра и амперметра. 3.3. Построить на одном графике кривые мгновенных значений отдельных гармоник и результирующего тока в амперметре. Указать периоды и начальные фазы гармоник. 544

Таблица исходных данных Фазная НоЭДС мер генерагруп- тора пы Е А, В

Сопротивление генератора, Ом Zг1

Zг2

Zг0

Zз.г, R, Ом Ом

Сопротивление линии, Ом

Сопротивление двигателя, Ом

Zл1 = Zл2

Zл0

Zд1

Zд2

Zн , Ом

1

230

j2

j0,7 j0,4

j3

5

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

2

230

j2

j0,7 j0,4

j4

6

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

3

400

j2,5

j1

j0,5

j3

7

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

4

400

j2,5

j1

j0,5

j4

8

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

5

230

j2

j0,7 j0,4

j3

5

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

6

400

j2,5

j0,5

j3

8

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

7

230

j2

j0,7 j0,4

j2

6

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

8

400

j2,5

j1

j0,5

j2

7

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

9

400

j2,5

j1

j0,5

j2

8

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

10

230

j2

j0,7 j0,4

j2

5

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

11

400

j2,5

j0,5

j3

8

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

12

230

j2

j0,7 j0,4

j3

6

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

13

230

j2

j0,7 j0,4

j4

5

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

14

400

j2,5

j1

j0,5

j4

8

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

15

400

j2,5

j1

j0,5

j2

7

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

16

230

j2

j0,7 j0,4

j2

5

j0,5

j1

j5,8

j3

13,2

17

400

j2,5

j4

8

j0,7

j1,3

j4

j2,5

11,4

j1

j1

j1

j0,5

545

Расчетные схемы 1.

2. EА EВ EС 0

Zл

Zн

А

Zл Zл

Zн Д

EВ

Zн

V

Z з.г

EА

0

Zл

Zн Zн

V А

Zл

Zн

Z з.г

0″

3.

Д

0′

0″

4. EА

Zл

EВ

Zл

EС

Zл

0

Zн

Zн

А Д

EА

Zн

V

Z з.г

0′

Zл

EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

0″

5.

Zн

А V

Zн Zн

Д

0′

0″

6. EА EВ EС 0

Zл

Zн

А

Zл

Zн Д

EА EВ

Zн

V

Zл

Z з.г

EС

0′

0

Zл Zл

Zн Zн

V А

Zл

Z з.г

0″

7.

Zн Д

0′

0″

8. EА

Zл

EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

546

EС

0′

Zл

Zн

А V

Zн Zн

Д

0″

EА

0′

Zл

EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

Zн V

Zн Zн

А Д

0″

0′

Продолжение расчетных схем 9.

10. EА EВ EС 0 Z з.г

Zл Zл

Zн Zн

А

Zл

Zн

V

0′

EВ

Zл

EС

Zл

0

Д 0″

R R R

Zл

EА

Zн

А

Zн

V

Zн

Z з.г

Д

0′

0″

N

11.

12. EА EВ EС 0 Z з.г

Zн

Zл Zл Zл

Zн

R R R

EВ

Zн

V А

Д

Zл

EС

0′

V А

Zл

0 Z з.г

0″

Zн

Zл

EА

Zн Zн

R R R

N

Д

0′

0″

N

13.

14. EА EВ EС 0

V А

Z з.г

Zл

Zн

Zл

Zн

Zл

Zн Д

R R R

EА EВ

V А

EС

0′

0

Zл

Zн

Zл

Zн

Zл

Zн

Z з.г R R R

0″

Д

0′

0″

N

N

15.

16. EА EВ EС

А V

0 Z з.г

R R R

Zл

Zн

Zл

Zн

Zл

Zн Д

0″

Zл

EА

0′

EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

Zн

А V

Zн

P R

Zн

Д

0′

0″

N

547

Продолжение расчетных схем 17.

18. Zл

EА EВ

Zл

EС 0 Z з.г

Zн

Zн

А

P

EВ

Zн

V

Zл

EА

0

R

Zл

Zн

V А

Zл

Zн

Z з.г

Д 0″

19.

0′

P

Д 0″

R

20. Zл

EА EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

Zн

А

Zн

V

Zн

P

0′

Zн

EВ

Zл

Zн

EС

Zл

0

Zн

V А

Z з.г

Д 0″

R

Zл

EА

21.

0′

P

Д 0″

R

22. EА EВ EС 0

Zл

Zн

А

Zл

EА EВ

Zн

V

Zл

Zн

Z з.г

EС

0′

0

P

Д 0″

R

Zн

Zл Zл

R А

P

Zл

Z з.г

23.

Zн Zн

V

0′

Д 0″

24. EА EВ EС 0 Z з.г

548

EС

0′

Zн

Zл

Zл Zл

Zн Zн

V А

Zл

P Д 0″

EА

R

Zн

0′

Zл

EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

Zн

А V

Д 0″

P

Zн

R

Zн

0′

Окончание расчетных схем 25.

26. EА EВ EС 0

R

Zл

Zн

Zл

V Zн

Zл

P

Zн

А

EВ

Zл

R

V А

0′

Д 0″

Z з.г

27.

Zн Zн

Zл

0

Д 0″

Z з.г

P

EС

0′

Zн

Zл

EА

28.

EВ EС

Zн

Zл

EА

Zл

P

Zн

А

Zл

R

0

EА

V

Zн

0′

EВ

Zл

EС

Zл

0

Д 0″

Z з.г

Zл

Zн

А

Zн

0′

Д 0″

Z з.г

29.

Zн

V

30. EА EВ EС 0

Zл

Zн

А

Zл

V

EВ

Zн Zн

Zл

EА

EС

0′

0

Д 0″

Z з.г

Zл

Zн

А

Zл

V

Zн

0′

Д 0″

Z з.г

31.

Zн

Zл

32. EА EВ EС 0 Z з.г

Zн

Zл Zл

V А

Zн Zн

Zл P R

Д 0″

EА

0′

Zл

EВ

Zл

EС

Zл

0 Z з.г

Zн

А V

Zн Zн

P R

0′

Д 0″

549

Расчетное задание № 6 РАСЧЕТ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ НЕСИНУСОИДАЛЬНОГО ПЕРИОДИЧЕСКОГО ТОКА Задание

Рассчитать токи во всех ветвях и активную мощность в электрической цепи, схема которой приведена в таблице. Проверить баланс активных мощностей. Определить действующие значения тока и напряжения на входе цепи. Построить зависимости напряжения u(t) на входе цепи и входного тока i(t). Сопротивления резистивных элементов и комплексные сопротивления реактивных элементов цепи для тока частотой ω (первой гармонической) указаны в таблице в омах. Таблица расчетных схем и исходных данных

1.

2. i1 R1

L1 C1 7,5

2

i i3

1,5 60 C2

u

3.

R3

i2 L2

10

2

u2

L1

4.

1

R1

4

25

8 2

R2

u L2 1 C2

1

i3 L3

i4 16 C4

3,2

i4 = 2 sinωt + 2 sin5ωt 550

i4

3

2 L3

C2

24

u = 240 sinωt + 100 sin5ωt

C3

8

R4

10 L 4

18

u = 200 + 200 sinωt + + 200 sin3ωt 6.

R2

i i2 i2

i

4 L2

u

L4

5. i1

i1 i2

i4

i3

C3

i1

i1 = 10 sinωt + 5 sin3ωt

R

L3

20

i2

R2

i1 u

16

L2

i1

6

i3

L1 5 C1 21

C3 24 24

i4 L4 16

R1

L1 C1

2

6 12

C2

u C4

i4 = 10 sinωt + 5 sin3ωt

i2

30 10

i3 L3 10 R3

u = 100 sinωt + 40 sin3ωt

Продолжение таблицы 7.

8. R1

i1

12,5 i 2 L2 u 8

i3 C3 40 i4 R4

5

i5

5

i1 R1

2,5 L 5

L1 5

8

R5

L2

10.

10

i2 = 10 sinωt + 2 sin3ωt 11.

L1 C1

i1 R1

75

20

R3

u

20

i2

i1 = 50 sinωt + 10 sin3ωt 13. i1

i1 R2

u L2 C2

8

i3 L3 1 3,2

i4

L1 2

C3

i1

25

1

L4

L1

2

6

u

L2 8 12,5

i3 5 C3 i4 R4

8

12 C2

i3

30

R5

C5

u = 200 + 125 sinωt + + 25 sin5ωt

i4

L3 2

R4 10

C3

L2 4

L4 8

18

R2

L2

16

6

i2

L3 10

i4 L4 16

R3

C4

C1

10

16

21

R1

L1

i1

5 L1

u

20

i3

i4

R3

L4 16

24 C4

i4 = 10 sinωt + 5 sin3ωt

8

5

C1 9 30

C2

10 L2

L2 i2

i i1

i3 C3

u

12,5

i3

18. i1

i5

2,5 L5

i2 C2 4

u

i i2

u = 100 sinωt + 40 sin3ωt

R1

12,5 i 2

i1

8

C1

17. i1

u = 200 sinωt + 36 sin3ωt

24

1

16.

R4

15. R1

16 C4

i3 = 5 + 2 sinωt + 2 sin5ωt

20

20

u = 120 sinωt + 100 sin5ωt u = 200 sinωt + 120 sin3ωt

i2

8

i4

18

i4

14. R1

i3 L3

C1

R1

R2 i L2 2 2 i3 20 L3

i

C2

u

27

12.

i3

15 60

C2

7

8 L1

u

30 L 2,5 5

i2

L2 i 2 i1

i3 i5 5 R5 C3

9 30 C2

u

C5

12,5

u = 125 sinωt + 25 sin5ωt

u

9. C1

30

i2

i2 = 10 sinωt + 2 sin3ωt

u

8

12 L1 C1

C2 12 i3 L3 20

i4 20

R4

28

u = 200 sinωt + 36 sin3ωt 551

Окончание таблицы 20.

19. i1

R1

C1

L1

5 i2 i3 L2 4 20 C 3

1

1 u

21. i1

R1 1

L1

C1

25

1 i2

L2 4

u

R2 i 2

L2

20

2 i3

i i3 20 C3

L3

L1 25 i

u

1

22.

23.

R i i2 2 16

i1 u

i2 = 10 sinωt + 5 sin5ωt

5 L 1 C1 20

L2 i3

C3

L4 16

24

8 u 8

24 C4

u = 200 sinωt + 36 sin3ωt

552

4

i4

u = 125 sinωt + 25 sin5ωt 24.

R1 i 1

6

L4 24

25 C3

1

i2 = 10 sinωt + 5 sin5ωt

i4

i i2

L2

i4

i3

C2 2 L3 C3

1

10

18 8

R4 L4

u = 120 + 200 sinωt + + 120 sin3ωt

R1 4

u

L1 25

C1 1 i2 L2 4

i3 C3 20

i3 = 10 sinωt + 5 sin5ωt

Расчетное задание № 7 НЕСИНУСОИДАЛЬНЫЕ ТОКИ В ОДНОФАЗНЫХ И ТРЕХФАЗНЫХ ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ Часть I Содержание и исходные данные

Цепь (рис. 1) представляет собой элемент анализатора или фильтра: i 1(t)

1 i 2(t)

i 3(t)

C2

L3

u вх(t)

u вых(t)

R

Рис. 1

где 1 — номер элемента, характер которого надо определить. На вход цепи подается периодическое несинусоидальное напряжение: а) последовательность прямоугольных импульсов (рис. 2, а); б) однополупериодное выпрямление (рис. 2, б); в) двухполупериодное выпрямление (рис. 2, в). u вх(t)

u вх(t)

U max

u вх(t)

U max

U max

p 4 wt

2p

а)

wt

2p

б)

wt

2p

в)

Рис. 2

Заданы: Umax = 50N В, T = 20/N* мс, R = 30 Ом для всех n*. Вид входного напряжения: для n = 3, 6, 9, 12, …, 3k, … (рис. 2, а), для n = 1, 4, 7, 10, …, 3k + 1, … (рис. 2, б), для n = 2, 5, 8, …, 3k + 2, … (рис. 2, в). k = 0, 1, 2, 3, 4 … * N — номер группы, n — номер, под которым фамилия студента записана в учебном журнале.

553

Для n = 1÷6, 19÷24 задано: 1 1 ----------- = 3R, если n четное, ----------- = 2R, если n нечетное; ωC 2 ωC 2 для n = 7÷18, 25÷36 задано: R R ωL 3 = --- , если n четное, ωL 3 = --- , если n нечетное. 2 3 Задание

1. Разложить входное напряжение uвх(t) в ряд Фурье (для нахождения постоянной составляющей и низшей гармоники использовать математические формулы, для остальных членов ряда можно воспользоваться табличным разложением). Найти действующее значение напряжения путем непосредственного интегрирования. Сопоставить результат с расчётом по гармоникам ряда Фурье с учетом трёх и четырёх членов ряда. В дальнейшем для расчёта токов ограничиться тремя членами ряда Фурье. 2. Определить характер реактивного элемента 1, рассчитать параметры реактивных элементов 1 и С2 или L3, чтобы для четных n в резисторе R ток высшей гармоники отсутствовал, а ток низшей (не нулевой) гармоники был возможно большим; для нечетных n в резисторе R ток низшей (не нулевой) гармоники отсутствовал, а ток высшей гармоники был возможно большим. 3. Найти токи i1(t), i2(t), i3(t) и выходное напряжение uвых(t). Для каждой гармоники построить векторную диаграмму токов. 4. Построить амплитудный и фазовый спектры входного и выходного напряжений, токов ветвей. 5. Составить баланс активных мощностей. Часть 2 Содержание и исходные данные

Симметричный трехфазный генератор питает симметричную нагрузку (рис. 3). Напряжение фазы А, В, π π u A ( t ) = 311 sin 314t + 112 sin ⎛ 942t + ---⎞ + 70 sin ⎛ 1570t – ---⎞ . ⎝ ⎠ ⎝ 6 4⎠ Все измерительные приборы являются приборами электродинамической системы. 1. Характер сопротивлений в фазах нагрузки, Ом, R = (30n)/N: для четных n R + jωL; ωL = R/3, если N четное, ωL = R/2, если N нечетное; 554

* * W 1

A

A

uA * W 2

P

* C

uС

uB

B

AN V

Рис. 3

1 1 1 для нечетных n R – j -------- ; -------- = 2R, если N четное, -------- = 3R, если ωC ωC ωC N нечетное. 2. Характер сопротивления в нейтральном проводе: для четных n R R 1 --- – j -------- , для нечетных n --- + jωL . 3 3 ωC Задание

1. Определить при замкнутом и разомкнутом рубильнике Р показания ваттметров, вольтметра на зажимах рубильника, амперметра в нулевом проводе, амперметра в линейном проводе. 2. Определить при замкнутом и разомкнутом рубильнике мгновенные значения тока в фазе В, фазного напряжения фазы С на генераторе и нагрузке, линейного напряжения между фазами С и А. 3. Определить при замкнутом рубильнике мгновенное значение тока в нулевом проводе, построить график тока.

555

Расчетное задание № 8 ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ С СОСРЕДОТОЧЕННЫМИ ПАРАМЕТРАМИ Задание

Цепь содержит источники постоянного напряжения и постоянного тока Е и J, а также источники гармонического напряжения e(t) = Em sin(ωt + ϕ) и тока J(t) = Jm sin(ωt + ϕ) c угловой частотой ω = 1000 рад/с. Предполагается, что до замыкания (или размыкания) первого ключа цепь находится в установившемся режиме. 1. Рассчитать классическим методом ток i(t) на трех этапах, соответствующих последовательному замыканию (или размыканию) трех ключей. 2. Рассчитать тот же ток i(t) операторным методом. Для первой и второй коммутации воспользоваться операторным методом для полных составляющих тока, для третьей коммутации применить операторный метод для преходящей (свободной) составляющей тока. 3. Построить график зависимости i(t) для трех этапов. Методические указания и исходные данные

1. Для каждой из коммутаций сначала выполняется расчет классическим методом, а затем операторным. При совпадении результатов расчета обоими методами приступить к расчету следующей коммутации. 2. Ключи замыкаются (или размыкаются) поочередно в соответствии с указанными на схеме номерами через интервал времени tk. При возникновении колебательного процесса tk = T/6, где T = 2π/ωcв — период свободных колебаний. При возникновении апериодического процесса tk = 1/| р1|, где р1 — меньший по модулю (или единственный) корень характеристического уравнения. 3. Для всех схем L = 20 мГн, С = 100 мкФ, а значения сопротивлений указаны на схеме. 4. Номер схемы соответствует порядковому номеру, под которым фамилия студента записана в групповом журнале. Значения ЭДС E и Em и токов J и Jm источников тока, а также начальная фаза ϕ в момент включения третьего ключа гармонических источников e(t) и J(t) в зависимости от номера группы находятся из условия: E = 10N, В, J = 0,4N, А, ϕ = 30N, град, Em = 10N, В, Jm = 0,4N, А, где N — номер группы. 556

Расчетные схемы 2.

1.

R1

C

e(t)

1

C

E

3

L E

3

L

2 1

R1

2

R2

R2

e(t)

i(t)

R3

R3

i(t)

R1 = 20 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 8 Ом 3.

R1 = 5 Ом, R2 = 80 Ом, R3 = 15 Ом 4.

R3

1 J

R2

1

e(t)

i(t) R1

L

2

3

2

C

3

L

E

C R1

R1 = 8 Ом, R2 = 8 Ом, R3 = 10 Ом 5.

e(t) R2 R3

i(t)

R1 = 50 Ом, R2 = 50 Ом, R3 = 20 Ом 6.

2 1

1 3

C

J

e(t)

R1

2

R3

C

L

R2

L R1 i(t)

i(t)

R2

e(t)

E

3

R3

R1 = 50 Ом, R2 = 50 Ом, R3 = 20 Ом

R1 = 30 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 20 Ом 8.

7.

2

2 1

L E

R2

C R1

3

1

L E

e(t)

C

3 e(t)

i(t) R3

R1

R3

R2

i(t)

R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 180 Ом

R1 = 20 Ом, R2 = 30 Ом, R3 = 20 Ом 10.

9. 3 J

1 C

i(t) R1

L 2

2 1

e(t)

R2 R 3

E

R1 C

R1 = 10 Ом, R2 = 5 Ом, R3 = 10 Ом

3

L

e(t)

i(t) R2

R1 = 10 Ом, R2 = 8 Ом 557

Продолжение расчетных схем 11.

12. 2

2 1

3

C

E

i(t)

L

J

e(t)

R1

3

C

i(t) e(t)

1 L

R2

R2

R1 = 12 Ом, R2 = 6 Ом 13.

R1

R3

R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 20 Ом 14.

2

2 1

L

3

1

3

L

i(t) e(t)

E C

E

R1

R2

i(t)

R3

R2

R1 = 30 Ом, R2 = 30 Ом, R3 = 10 Ом 15.

e(t)

R1

C R3

R1 = 60 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 10 Ом 16. 2

2 3

R2 J

i(t)

1

L R1

3

L

e(t)

i(t)

E

e(t)

C R3

R1

R2

R3

C 1

R1 = 10 Ом, R2 = 200 Ом, R3 = 8 Ом 17.

R1 = 10 Ом, R2 = 90 Ом, R3 = 6 Ом 18. 2

2 3

L i(t)

E

R1 C

e(t) R3

1

L E

i(t)

J(t)

C R1

R2

R3

3

R2 1

R1 = 5 Ом, R2 = 95 Ом, R3 = 4 Ом 558

R1 = 10 Ом, R2 = 120 Ом, R3 = 300 Ом

Продолжение расчетных схем 19.

20. 2 1

2

C

E

R2

3

1

e(t)

E

R1 i(t)

L

3

L

e(t) R2

R3

21.

R3

i(t)

C

R1 = 10 Ом, R2 = 100 Ом, R3 = 20 Ом

R1

R1 = 15 Ом, R2 = 100 Ом, R3 = 10 Ом 22.

2 1

L

R1

L

E

1

3 i(t) C R2

J(t)

i(t)

E

2

C

e(t) R3

3

R3

R2

R1

R1 = 15 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 30 Ом

R1 = 60 Ом, R2 = 40 Ом, R3 = 10 Ом 24.

23. 2

2

L

1

3 1

E

i(t)

R2

e(t)

L i(t)

E

C R 3

R1

R1

C

R1 = 10 Ом, R2 = 100 Ом, R3 = 20 Ом 25.

J(t)

3 R2

R1 = 20 Ом, R2 = 30 Ом 26.

2

2 1

L

i(t) C J(t)

E R3

3

L E

1

i(t)

R1

R2

R1 = 20 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 20 Ом 27.

R1

R2

3

C

e(t) R3

R1 = 100 Ом, R2 = 100 Ом, R3 = 15 Ом 28. 2

2 L E

1 i(t) R2

e(t)

1 R2

L

3 E

i(t)

R1 C

J(t) C

R3

R1 = 40 Ом, R2 = 40 Ом, R3 = 10 Ом

R1

R3 3

R1 = 15 Ом, R2 = 60 Ом, R3 = 140 Ом 559

Окончание расчетных схем 29.

30. 2

2 3

1

E

C

R1

L

R2

i(t)

3

e(t)

1

E

R3

31.

R1

R2

L

R1 = 30 Ом, R2 = 40 Ом, R3 = 12 Ом

e(t) R3

R1 = 5 Ом, R2 = 80 Ом, R3 = 5 Ом 32.

2

2

L

L 1 i(t)

E R2

C R1

J(t) R3

3

3

1

E

i(t) C

R1 = 30 Ом, R2 = 20 Ом, R3 = 20 Ом

560

i(t)

C

R2

R1

R3

e(t) R4

R1 = 20 Ом, R2 = 80 Ом, R3 = 30 Ом, R4 = 10 Ом

Расчетное задание № 9 НЕЛИНЕЙНЫЕ ЦЕПИ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА Часть 1. Нелинейные резистивные цепи

Электрическая цепь, состоящая из последовательно соединенных линейного резистора R, нелинейного резистора HЭ и источника постоянной ЭДС Е, подключена к источнику синусоидального напряжения uвх(t) = Um sinωt. В зависимости от номера n, под которым фамилия студента записана в групповом журнале, цепь имеет два варианта: i

R

i НЭ

uвх

uвых uвх

НЭ

R

E

E

n = 1÷14

n = 15÷28

uвых

Вольт-амперные характеристики нелинейных элементов выбираются в соответствии с номером n, эти номера указаны под соответствующей вольт-амперной характеристикой. Параметры цепи Um, U0, E, R в зависимости от номера группы выбираются из таблицы. Параметры n = 1÷28

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19

10, 20

Um, B

250

260

270

280

290

300

310

320

330

350

U0, B

85

90

95

100

110

120

130

140

150

125

E, B

40

50

60

70

80

–40

–50

–60

–70

–80

R, кОм

5

6

7

8

9

10

11

10

8

12

Для всех вариантов I0 = 10 мА. Задание

1. Рассчитать ток цепи i(t) и выходное напряжение uвых(t) графическим и аналитическим методами. 2. Построить кривые i(t) и uвых(t) на протяжении двух полупериодов. 561

Вольт-амперные характеристики НЭ (n = 1÷28) i I0

i I0

i I0

–U0

–U0

0 U0 uНЭ –I0

–U0 0 U0 uНЭ –I0

n = 1; 15

n = 2; 16

i I0 0 U0 uНЭ

n = 3; 17

n = 6; 20

i

i I0

–U0 0 U0 uНЭ –I0

i –U0 0 U0 uНЭ

n = 7; 21

–U0

0 –I0

n = 10; 24

n = 11; 25

i I0

i I0

0 U0 uНЭ –I0 n = 8; 22

i I0

0 U0 uНЭ –I0

n = 9; 23

0 U0 uНЭ –I0 n = 4; 18

i I0 0 U0 uНЭ

n = 5; 19

–U0 0 U0 uНЭ –I0

i I0

–U0

i I0

uНЭ

i 2I0 I0 –U0 0 U0 uНЭ –I0 n = 12; 26

–U0

–U0

0 U0 uНЭ –I0

0 U 2U uНЭ 0 0 –I0

–2I0 n = 13; 27

n = 14; 28

Часть 2. Нелинейные индуктивные цепи

ВАРИАНТ n = 1

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Umcos250t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). 562

F2

F, мВб

1

F1

0,50 w2

w1

0,25 0

uвх

uвых

2

–F0

F0

F, А

–0,25 w1

Параметры НЭ

w2

–0,5

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

Um, B

40

40

30

80

100

60

120

50

130

140

w1

100

70

80

370

400

200

320

230

240

350

w′2

50

170

55

860

560

75

280

840

180

300

w″2

200

68

220

340

220

300

110

340

72

100

5

6

7

10

4

8

7

6

4

8

F 0, A

9, 19 10, 20

ВАРИАНТ n = 2

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика второго магнитного стержня представлена на рисунке. Третий магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм3 (см. таблицу), Uм ab — магнитное напряжение между точками a и b. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить графики Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F1

F3

F2

a

F2, мВб 0,2

uвх

w2

w1

uвых

0 –1,0

b

1,0

uм ab, А

–0,2

563

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

130

140

150

160

170

180

220

200

210

w1

100

110

120

130

90

120

120

160

150

140

w2

100

80

110

120

100

80

150

140

150

130

8

8

10

10

7

9

6

7

8

5

Rм3, кA/Вб

ВАРИАНТ n = 3

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Оба магнитопровода имеют одинаковую характеристику В(Н), показанную на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). S1

R

B, Тл w2

w1

R1

0,7

uвх

uвых R2

w1

0

H, А/м

w2

S2

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

160

160

180

200

220

240

260

300

330

380

w1

200

250

250

200

200

200

250

300

300

300

w2

100

100

100

75

100

100

100

200

100

100

R, кОм

2

2

3

2

2

3

5

5

10

5

R1, кОм

1

3

2

3

4

4

2

6

5

10

R2, кОм

5

3

4

5

5

5

4

4

10

5

2

0,7

0,8

0,7

0,7

0,8

0,8

0,7

1,0

1,0

1,0

S2, см2

1,0

1,0

1,0

0,9

1,0

1,0

1,0

0,7

0,7

0,7

S1, см

564

ВАРИАНТ n = 4

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Второй магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм2 (см. таблицу). Характеристика третьего магнитного стержня представлена на рисунке, где uм ab — магнитное напряжение между точками a и b. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F2

F3, мВб

F3

a

0,2 uвх

F1

Параметры НЭ

0

uвых

w2

w1

1,0

uм ab, А

b

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

140

220

140

150

160

220

170

320

220

200

w1

100

110

120

130

90

130

120

185

100

100

w2

100

80

110

120

100

195

150

240

125

115

9

8

16

15

10

9

12

8

8

10

Rм2, кA/Вб

ВАРИАНТ n = 5

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика магнитопровода В(Н) показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). 565

B, Тл S

R

0,7 uвх

w1

R

Параметры НЭ

w2

uвых

Rн

0

H, А

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

230

250

200

200

175

330

280

225

320

350

w1

300

250

250

200

200

350

200

250

320

300

w2

150

500

125

300

300

150

400

100

200

500

R, кОм

4

4

5

2

3

3

5

2

2

3

Rн, кОм

2

12

1,5

9

18

2

30

4

6

15

S, см2

1

0,8

0,75

0,7

0,8

0,9

0,9

1,0

0,8

1,2

ВАРИАНТ n = 6

Электрическая цепь питается от источника тока iвх = Im sin314t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Первый магнитопровод линейный с сопротивлением Rм1 = 5 кА/Вб. Характеристика второго магнитопровода представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике iвх(t) и uвых(t). 1

iвх

F, мВб

w2′

w1

uвых(t)

Fs 0

w1 w 1

w2″ 2

I0

566

F0

F, А

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Im, мА

45

60

75

70

80

50

55

65

75

85

I0, мА

4,5

6

7,5

7

8

–4,5

–6

–7

–8

–8,5

F 0, А

3

4,2

4,2

4,9

2,8

3,2

4,5

4,5

4,5

3

Фs, мВб

0,3

0,5

0,4

0,6

0,45

0,32

0,55

0,56

0,4

0,48

w1

95

100

80

100

50

100

100

100

80

50

w′2

210

125

150

110

185

210

125

115

150

185

w″2

260

175

200

145

115

260

175

155

200

115

ВАРИАНТ n = 7

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Umcos250t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика магнитопровода показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). L

F, мВб

F

0,5 uвх

w1

uвых

w2

0 F0

Параметры НЭ

F, А

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

30

40

50

50

40

50

60

50

60

80

w1

100

160

200

220

100

200

300

200

350

180

w2

400

600

800

1000 1200

500

700

900

1100

600

F 0, A

5

6

9

5,5

4,5

6,5

7

7,5

8

7

L, Гн

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,6

0,5

0,7

0,4

0,5 567

ВАРИАНТ n = 8

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Сопротивление R1 = 5 кОм. Характеристика магнитопровода В(Н) показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). B, Тл R 0,7 uвх

R1

Rн

w1 w2

uвых

0

H, А/м

S

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

240

260

180

200

180

320

300

220

320

340

w1

300

260

250

180

200

320

200

220

300

300

w2

140

520

125

300

300

160

400

110

180

510

R, кОм

4

4

5

2

3

3

5

2

2

3

Rн, кОм

2

12

2

9

16

2

28

4

7

16

1,0

0,9

0,7

0,75

0,8

0,95

0,9

1,1

0,85

1,2

S, см

2

ВАРИАНТ n = 9

Электрическая цепь питается от источника тока iвх = Im sin314t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика магнитопровода представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике iвх(t) и uвых(t). 568

iвх

B, Тл

S

w1

1,2 0

uвых

w2

w0

H, А/м

20 I0

Параметры НЭ

Im, мА

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

80

85

100

70

125

160

200

105

9, 19 10, 20

95

75

I0, мА

19

20

23

16

29

37

47

25

22

17

w1

50

47

40

57

32

25

20

38

42

53

w2

1000 1200

w0 S, см

2

750

1400

700

850

400

600

1100

900

25

24

20

29

26

12

10

19

21

26

3

2

3,5

2,5

3

2

3,5

2,5

2

2,5

ВАРИАНТ n = 10

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos2500t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Сопротивление R1 = 5 кОм. Характеристика магнитопровода показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F, мВб

w1 L uвх

2w2

w2

0,5

uвых

0

F

Параметры НЭ

F0

F, А

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

400

600

800

1000

500

700

1200

900

1400

800

w1

100

160

200

220

100

200

300

200

350

180

w2

40

60

80

100

120

50

70

90

110

60

F 0, A

5

6

9

5,5

4,5

6,5

7

7,5

8

7

L, Гн

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,6

0,5

0,7

0,4

0,5 569

ВАРИАНТ n = 11

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Um sin314t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика первого и второго сердечника показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). R1

1 B, Тл w1

w2¢

uвх

0,7 uвых

R2

B, Тл 0,5 0

0 H, А/м

H, А/м

w2²

w1 2

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

85

37

37

66

92

85

92

45

45

74

w1

160

70

70

125

175

160

175

85

85

140

w′2

85

100

55

70

60

65

70

65

125

120

w″2

180

210

175

130

170

200

250

125

260

250

R1, кОм

9

4,5

3

6

16,5

8,4

2,4

7,5

10,5

2,1

R2, кОм

6

3

2

4

11

5,6

1,6

5

7

1,4

ВАРИАНТ n = 12

Электрическая цепь питается от источника тока iвх = Im sin314t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика магнитопровода представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике iвх(t) и uвых(t). 570

S

l = 12 см

B, Тл

iвх w1

1,5 1,0 0

uвых

w2

w0

20 40 H, А/м

I0

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

Im, мА

30

45

40

50

50

45

55

60

75

85

I0, мА

48

70

60

76

60

90

86

23

30

35

w1

200

120

150

140

130

100

90

85

75

65

w2

100

90

75

70

90

180

165

150

100

120

100

60

75

70

65

50

45

170

150

130

2

2

6

4

6

4

6

4

2

4

w0 S, см

2

9, 19 10, 20

ВАРИАНТ n = 13

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Umcos500t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика магнитопровода показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). lв

lм w2′

w1

B, Тл 1,0

Sм

uвх w1 L1

uвых

0 20

H, А/м

w2″

lм = 25 см, Sв = Sм = 5 см2

571

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

50

60

70

80

90

95

100

105

125

150

w1

100

110

120

140

150

160

170

180

190

200

w′2

300

200

360

280

450

320

340

360

300

400

w″2

60

40

60

70

75

80

85

72

76

80

L, Гн

0,3

0,4

0,4

0,5

0,5

0,6

0,7

0,6

0,7

0,8

lв, мм

1,26

1,88

2,51

3,14

3,76

4,07

4,38

5,02

5,64

6,28

ВАРИАНТ n = 14

Электрическая цепь питается от источника синусоидального напряжения uвх = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Третий магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм3 (см. таблицу). Характеристика второго магнитного стержня показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F3

F1

F2

a

F2, мВб

w4

0,2

w3 uвх

0

uвых

w2

w1

1,0

uм ab, А/м

b

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

270

115

125

150

250

180

170

190

160

w1

80

160

75

90

90

170

115

110

120

110

w2

160

100

160

150

150

150

160

170

100

100

w3

50

30

50

60

60

50

60

70

40

40

w4

80

50

65

85

90

75

90

90

55

55

Rм3, кА/Вб

10

5

8

6

8

8

10

7

9

6

572

ВАРИАНТ n = 15

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos250t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F, мВб

1

0,6 w2

w1

0,4 0

uвых

uвх

F0

w1

3F0 F, А

2

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

70

80

50

60

100

65

40

90

40

70

w1

95

300

100

210

300

200

80

310

55

230

w2

70

200

120

150

150

150

100

170

70

165

F 0, A

7

6

5

4

4

5

6

7

8

5

ВАРИАНТ n = 16

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Третий магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм3 (см. таблицу). Характеристика второго магнитного стержня показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). 573

F3

F1

F2

F3, мВб

a

uвх

w1

w2

0,25 0,2 0

uвых

1,0 2,0 uм ab, А/м

b

Номер группы

Параметры НЭ

1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

300

290

300

280

110

130

170

240

260

w1

100

150

140

120

130

90

125

140

130

125

w2

80

120

120

120

110

80

100

90

110

100

Rм3, кА/Вб

8

10

5

7

6

10

10

9

8

7

ВАРИАНТ n = 17

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Umcos500t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристика первого и второго магнитопроводов показаны на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). lв lм1 1 B, Тл w1

w2′

Sм1

uвх

uвых w2″

w1 Sм2

574

B1

2

B2

1,0 0 H0

H, А/м

Номер группы

Параметры НЭ

1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

240

140

200

200

250

300

350

400

w1

1000 2000 1000 1000 1500 1500 2000 2000 2000 2200

w′2

500

1000

300

500

800

w″2

750

1400

500

750

1000 1500 1000 1500 2000 1500

Sм1, Sм2, см2

1,2

1,2

1,6

1,6

2,0

2,0

2,4

2,4

3,2

3,2

lм1, см

15

20

20

25

25

30

30

40

40

45

lв, мм

0,03

0,04

0,04

0,05

0,05

0,06

0,06

0,08

0,08

0,1

30

30

35

35

40

40

45

45

50

50

H0, A/м

1000

750

400

1000 1500 1000

ВАРИАНТ n = 18

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Третий магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм3 (см. таблицу). Характеристика второго магнитного стержня показана на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F1

F2, мВб

F2

0,25 0,20

a uвх

w1

w2

F3

0

uвых

1,0

2,0 uм ab, А/м

b

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

115

290

280

290

270

100

140

160

230

250

w1

100

150

140

120

130

90

125

140

130

125

w2

80

120

120

125

115

85

100

95

115

105

Rм3, кА/Вб

8

10

5

7

6

10

10

9

8

7 575

ВАРИАНТ n = 19

Электрическая цепь питается от источника тока iвх = Im sin314t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристики магнитопроводов представлены на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике iвх(t) и uвых(t). iвх

w1 w0

1

F, мВб

w2′

0,50

F1 F2

0,25 uвых I0

w0 w1

0 F0

w2″

F, А

2

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

Im, мA

90

125

160

40

15

50

35

30

–22

25

I0, мA

6

46

–12

10

–2

5

–14

–7

212

–5

w1

100

70

80

370

400

200

320

230

240

350

w′2

105

125

105

130

130

150

120

165

145

175

w″2

420

500

420

520

520

600

480

660

580

700

w0

200

35

40

74

100

100

160

23

80

35

5

6

7

10

4

8

7

6

4

8

F 0, A

9, 19 10, 20

ВАРИАНТ n = 20

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Umcos500t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Характеристики магнитопроводов показаны на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). 576

lм1

w1

1

B, Тл

w2′

Sм1

uвх

B1 1,0 0

uвых

H0

w2″

w1 lм2 S м2

Параметры НЭ

B2 H, А/м

2

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

240

140

200

200

250

300

350

400

w1

1000 2000 1000 1000 1500 1500 2000 2000 2000 2200

w′2

500

1000

300

500

800

w″2

750

1400

500

750

1000 1500 1000 1500 2000 1500

Sм1, см2

1,2

1,2

1,6

1,6

2,0

2,0

2,4

2,4

3,2

3,2

lм1, см

15

20

20

25

25

30

30

40

40

45

H0, A/м

30

30

35

35

40

40

45

45

50

50

1000

570

400

1000 1500 1000

ВАРИАНТ n = 21

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos2500t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F, мВб w1

uвх F

L 4w2

w2

uвых

0,5 0 F0

F, А

577

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

400

600

800

1000

500

700

1200

900

1400

800

w1

100

160

200

220

100

200

300

200

350

180

w2

40

60

80

100

120

50

70

90

110

60

F 0, A

5

6

9

5,5

4,5

6,5

7

7,5

8

7

L, Гн

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,6

0,5

0,7

0,4

0,5

ВАРИАНТ n = 22

Электрическая цепь питается от источника тока iвх = Im sin314t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Магнитное сопротивление для всех вариантов Rм1 = 5 кА/Вб. Характеристика второго магнитопровода представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике iвх(t) и uвых(t). F2 Fs

1

iвх

w2′

w1

0

uвых

F0

w2″

w1

F, А

2

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

Im, мA

45

60

75

70

80

50

55

65

75

85

F 0, A

3

4,2

4,2

4,9

2,8

3,2

4,5

4,5

4,5

3

Фs, мВб

0,3

0,5

0,4

0,6

0,45

0,32

0,55

0,56

0,4

0,48

w1

95

100

80

100

50

100

100

100

80

185

w′2

260

175

200

145

115

260

175

155

200

115

w″2

210

125

150

110

185

210

125

115

150

185

578

9, 19 10, 20

ВАРИАНТ n = 23

Электрическая цепь питается от источника напряжения Uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Оба магнитопровода имеют одинаковую характеристику В(Н), показанную на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). Sм1

R

1 B, Тл

w1 w2

R1

0,7

uвх

uвых R2

H, А/м

w1 w2

2

Sм2

Параметры НЭ

0

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

160

160

180

200

220

240

260

300

330

380

w1

200

250

250

200

200

200

250

300

300

300

w2

200

200

200

150

200

200

200

400

200

200

R, кОм

2

2

3

2

2

3

5

5

10

5

R1, кОм

1

3

2

3

4

4

2

6

5

10

R2, кОм

5

3

4

5

5

5

4

4

10

5

Sм1, см2

0,7

0,8

0,7

0,7

0,8

0,8

0,7

1

1

1

Sм2, см2

1

1

1

0,9

1

1

1

0,7

0,7

0,7 579

ВАРИАНТ n = 24

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Второй магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм2 (см. таблицу). Характеристика третьего магнитного стержня представлена на рисунке, Uм ab — магнитное напряжение между точками a и b. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F2

F3

F3, мВб

a

0,2 uвх

w1

0

uвых

1,0

uм ab, А/м

b

F1

Параметры НЭ

w2

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

140

220

140

150

160

220

170

320

220

200

w1

100

110

120

130

90

130

120

185

100

100

w2

100

80

110

120

100

195

150

240

125

115

9

8

16

15

10

9

12

8

8

10

Rм2, кА/Вб

ВАРИАНТ n = 25

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = Umcos250t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t) и Ф2(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). 580

w1

1

F, мВб 0,6

w2

0,4

uвх

F2

F1

0

uвых

F0

w1

F, А

2

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

Um, B

9, 19 10, 20

70

80

50

60

100

65

40

90

40

70

w1

95

300

100

210

300

200

80

310

55

230

w2

70

200

120

150

150

150

100

170

70

165

F 0, A

7

6

5

4

4

5

6

7

8

5

ВАРИАНТ n = 26

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Второй магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм2 (см. таблицу). Характеристика третьего магнитного стержня представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F3

F1

F2

a

uвх

F3, мВб

w1

w2

0,25 0,20 0

uвых

1,0 2,0 uм ab, А/м

b

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

300

290

300

280

110

130

170

240

260

w1

100

150

140

120

130

90

125

140

130

125

w2

240

360

360

360

330

240

300

180

130

300

8

10

5

7

6

10

10

9

8

7

Rм2, кА/Вб

581

ВАРИАНТ n = 27

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Третий магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм3 (см. таблицу). Характеристика второго магнитного стержня представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). F1

uвх

F2, мВб

F2

a

w1

w2

F3

0,25 0,20 uвых

0 1,0

2,0 uм ab, А/м

b

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

115

290

280

290

270

100

140

160

230

250

w1

100

150

140

120

130

90

125

140

130

125

w2

80

120

120

125

115

80

100

95

115

105

Rм3, кА/Вб

8

10

5

7

6

10

10

9

8

7

ВАРИАНТ n = 28

Электрическая цепь питается от источника напряжения uвх = = Um cos3140t. Параметры цепи в зависимости от номера группы представлены в таблице. Третий магнитный стержень линейный с сопротивлением Rм3 (см. таблицу). Характеристика второго магнитного стержня представлена на рисунке. 1. Найти и обозначить на схеме одноименные зажимы обмоток. 2. Рассчитать и построить Ф1(t), Ф2(t) и Ф3(t). 3. Рассчитать uвых(t) и построить на одном графике uвх(t) и uвых(t). 582

F3

F1

F2

a

F2, мВб

w4

0,2 w3

uвх

0

uвых

w2

w1

1,0 uм ab, А/м

b

Параметры НЭ

Номер группы 1, 11

2, 12

3, 13

4, 14

5, 15

6, 16

7, 17

8, 18

9, 19 10, 20

Um, B

120

270

115

125

150

250

180

170

190

160

w1

80

160

75

90

90

170

115

110

120

110

w2

160

100

160

150

150

150

160

170

100

100

w3

50

30

50

60

60

50

60

70

40

40

w4

80

50

65

85

90

75

90

90

55

55

Rм3, кА/Вб

10

5

8

6

8

8

10

7

9

6

583

Приложение 1

ОСНОВНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФОРМУЛЫ sin ( – x ) = – sin x , cos ( – x ) = cos x , 2

2

sin x + cos x = 1 , sin ( x ± y ) = sin x cos y ± cos x sin y , cos ( x ± y ) = cos x cos y − + sin x sin y , 2tgx sin 2x = 2 sin x cos x = -------------------- , 2 1 + tg x 2

1 – tg x 2 2 cos 2 x = cos x – sin x = -------------------- , 2 1 + tg x 2tgx tg2x = -------------------- , 2 1 – tg x 3

sin 3 x = 3 sin x – 4sin x , 3

cos 3 x = 4cos x – 3 cos x , 1 2 sin x = --- ( 1 – cos 2x ) , 2 1 2 cos x = --- ( 1 + cos 2x ) , 2 1 3 sin x = --- ( 3 sin x – sin 3 x ) , 4 1 3 cos x = --- ( 3 cos x + cos 3 x ) , 4

∫ sin x dx

= – cos x + C ,

∫ cos x dx = 584

sin x + C .

Приложение 2

ПРЕДСТАВЛЕНИЕ СИНУСОИДАЛЬНЫХ ВЕЛИЧИН КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ (ВРАЩАЮЩИМИСЯ ВЕКТОРАМИ) Мгновенное значение тока i(t) = Im sin(ωt + ϕi), ϕi = 0. Комплекс амплитудного (максимального) значения тока _I m = I m e i(t) Im

4

5

5 6

3 2 1

6

8 t

14 9

13

10 T

2 1

8

14

9

0

–1 (180°) (–180°)

I m=I m e j 0 +1 (0)

13 12

10

12

j0

= Im e .

+j (90°)

3

7

7

0

4

jϕ i

(270°) (–90°) –j

11

11

Мгновенное значение напряжения u(t) = Um sin(ωt + ϕu), ϕu > 0. Комплекс _ m = Um e амплитудного (максимального) значения напряжения U u(t) Um

3 2 1

4

4 5 6 7

0 ju

3

13 t 12

8 9

11

1

7

–1 (180°)

13

8

. wt

U m=U m e j ju

0 14

6

14

+j (90°)

2

5

j ϕu

j

(–180°)

+1 (0)

12 11

9

T 10

(270°) (–90°) –j

10

Векторная диаграмма (расположение векторов на комплексной плоскости). +j (90°)

–1(180°)

U m=U m e j ju j

I m=I m e j 0

+1 (0)

(–180°)

(270°) –j

(–90°)

585

Приложение 3

ТРЕХФАЗНЫЙ ГЕНЕРАТОР e A

e A(t)

Em

e B(t)

e C(t)

Статор

z

y S Ротор

0

N

wt 120°

120°

120°

B

C

x

–E m

Соединение обмоток трехфазного генератора A

B

C

x

y

z

A e A(t)

B

uA

e B(t)

C

uB

x

e C(t)

z

y

Соединение фазных обмоток звездой A A

B

C

x

y

z

e A(t) x=y=z=0 e C (t)

e B (t)

C

B

Соединение фазных обмоток треугольником

z=A A

B

C

x

y

z

e C (t)

C=y

586

e A(t)

e B (t)

uC

x=B

Приложение 4

ЧАСТОТНЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ И РЕЗОНАНСНЫЕ КРИВЫЕ RLC-КОНТУРА I

U

R

wL

UR

UL

1/wC UC

1 _Z = R + jωL – j -------- = Z ∠ϕ , ωC U _ = U ∠ϕ u , _I = I ∠ϕ i , ϕ = ϕu – ϕi .

Частотные характеристики Z, X, R

j p/2

Z(w) j(w)

R 0

0

w

wр

wр

w

X(w)

–p/2

Резонансные кривые UL, UC, UR

I/I р 1

U L(w)

Q = 0,25 U C(w) Q=1 U

Q = 10 0

wр

w

U R(w) wр

w

587

Приложение 5

РАЗЛОЖЕНИЕ ТРЕХ ВЕКТОРОВ НА СИММЕТРИЧНЫЕ СОСТАВЛЯЮЩИЕ ПРЯМОЙ, ОБРАТНОЙ И НУЛЕВОЙ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ Дано:

Решение: EA

EC

EA

a2EC a2EB

EB aE B

3E 0

EC

3E 1 EB

3E 2 EA

Ответ: E1 E0

a2E2

E2 aE 1

a2E1

aE 2

1 2 _E1 = --- ( _EA + aE _ B + a _EC ) , 3 1 2 _E2 = --- ( _EA + a _EB + aE _C) , 3 1 _E0 = --- ( _EA + _EB + _EC ) . 3

588

aE C

EA

Приложение 6

РАЗЛОЖЕНИЕ В РЯД ФУРЬЕ МЕАНДРА (УЧЕТ n ГАРМОНИК РЯДА) 4 1 1 1 x ( t ) = --- X max ⎛ sin ωt + --- sin 3ωt + --- sin 5ωt + … + --- sin kωt + …⎞ , ⎝ ⎠ π 3 5 k где k — номер гармоники; n — число учитываемых гармоник. x(t)

n = 15, 7, 3, 1

Xmax

T/2 0

p

T

t 2p

wt

589

Приложение 7

РАЗЛОЖЕНИЕ НЕКОТОРЫХ ПЕРИОДИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ РЯДЫ № пп.

1

График x(ωt)

4X m 1 x ( ωt ) = ---------- ⎛ sin α sin ωt + --- sin 3α sin 3ωt + απ ⎝ 9

x Xm 0

2

a

2p wt

p

2p

wt

wt

2p

x

2pa

1 1 + --- sin 2απ cos 2ωt + --- sin 3απ cos 3ωt + … ⎞ ⎠ 2 3 4X m 1 1 x ( ωt ) = ---------- ⎛ --- + ---------- cos 2ω t – π ⎝ 2 1æ3

0 p/2 p

590

wt

x Xm

2p

wt

1 1 – ---------- cos 4ωt + ---------- cos 6ωt + … ⎞ ⎠ 3æ5 5æ7 2X m 1 π 1 x ( ωt ) = ---------- ⎛ --- + --- cos ω t + ---------- cos 2ω t – π ⎝2 4 1æ3

x Xm

0

1 + --- sin 3ωt + … ⎞ ⎠ 3 2 x ( ωt ) = X m α + --- ⎛ sin απ cos ωt + π⎝

2p

0

6

1 + ------ sin 5ωt + … ⎞ ⎠ 25

1 1 1 x ( ωt ) = X m --- – --- ⎛ sin ωt + --- sin 2ωt + 2 π⎝ 2

x Xm

Xm

5

1 + ------ sin 5α sin 5ωt + … ⎞ ⎠ 25 8X m ⎛ - sin ωt – 1--- sin 3ωt + x ( ωt ) = --------2 ⎝ 9 π

x Xm

0

4

p a

0

3

Разложение в ряд

p 2

3p 2

wt

1 1 – ---------- cos 4ωt + ---------- cos 6ωt + … ⎞ ⎠ 3æ5 5æ7

Приложение 8

СОЕДИНЕНИЕ ЧЕТЫРЕХПОЛЮСНИКОВ Каскадное соединение I 21 I 12

I 1=I 11

I 2=I 22

1 U1

A1

U21

A2

U12

I 2′

2 U2 2′

1′ A = A1A2

Последовательное соединение I2

I1

I1 2

1 U11

U1

Z1

Z2

2 U11

U2

U1

2′

Y1

U21

I 22

I 12 U12

U22

1′

I 21

I 11

1

U21

I2

I1 U12

Параллельное соединение

Y2

U2

U22 2′

1′

Z = Z1+Z2

Y = Y1+Y2

Последовательно-параллельное соединение

Параллельно-последовательное соединение

I 21

I1

I2

I1 2

1 U11

U1

H1

I1 U12

H2

H = H1+H2

2 U11

U2

U1

G1

I 12 U12

U22 2′

1′

1

U21

I 22

I2

I 11

U21

I2 G2

U2

U22 2′

1′

G = G1+G2

591

Приложение 9

ТАБЛИЦА ОРИГИНАЛОВ И ИХ ИЗОБРАЖЕНИЙ ПО ЛАПЛАСУ № пп.

Оригинал f(t)

Изображение F(p)

1

1

1 --p

2

eαt

1 -----------p–α

3

e–αt

1 ------------p+α

4

1 – e–αt

α -------------------p(p + α)

5

cosωt

p ----------------2 2 p +ω

6

sinωt

ω -----------------2 2 p +ω

7

cos(ωt + ψ)

p cos ψ – ω sin ψ -----------------------------------------2 2 p +ω

8

sin(ωt + ψ)

p-----------------------------------------sin ψ + ω cos ψ2 2 p +ω

9

e–αt cosωt

p+α --------------------------------2 2 (p + α) + ω

10

e–αt sinωt

ω -------------------------------2 2 (p + α) + ω

11

t

1 ----2 p

12

tn

n! -----------n+1 p

13

te–αt

1 ------------------2 (p + α)

14

(1 – αt)e–αt

p ------------------2 (p + α)

15

1 ------------ (e–bt – e–at) a–b

1 ---------------------------------(p + a)(p + b)

592

Приложение 10

ТАБЛИЦА ОРИГИНАЛОВ И ИХ ИЗОБРАЖЕНИЙ ПО ЛАПЛАСУ ДЛЯ ФУНКЦИЙ СО СДВИГОМ АРГУМЕНТА № Оригинал f(t) пп.

+

–

Изображение F (p, t)

Изображение F (p, t)

1--p

1

1

1--p

2

eαt

e -----------p–α

αt

e ------------p+α

3

e–αt

e ------------p+α

–α t

e -----------p–α

4

t

pt + 1 -------------2 p

pt – 1 -------------2 p

5

cos(ωt + ψ)

p-----------------------------------------------------------------------cos ( ωt + ψ ) – ω sin ( ωt + ψ-) 2 2 p +ω

p cos ( ωt + ψ ) + ω sin ( ωt + ψ )------------------------------------------------------------------------2 2 p +ω

6

sin(ωt + ψ)

p sin ( ωt + ψ ) + ω cos ( ωt + ψ ) -------------------------------------------------------------------------2 2 p +ω

p sin ( ωt + ψ ) – ω cos ( ωt + ψ ) ------------------------------------------------------------------------2 2 p +ω

αt

–α t

593

ЛИТЕРАТУРА

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

594

Теоретические основы электротехники: учебник для вузов; в 3 т. / К.С. Демирчян, Л.Р. Нейман, В.Л. Коровкин, В.Л. Чечурин. — СПб.: Питер, 2003. Основы теории цепей / Т.В. Зевеке, П.A. Иoнкин, А.В. Нетушил, С.В. Страхов. — М.: Энергоатомиздат, 1989. Электротехническая энциклопедия: в 4 т. — М.: Издательский дом МЭИ, 2005—2011. Сборник задач и упражнений по теоретическим основам электротехники: учеб. пособие для вузов / под ред. проф. П.А. Ионкина. — М.: Энергоатомиздат, 1982. Задачник по теоретическим основам электротехники. Теория цепей / под ред. К.М. Поливанова. — М.: Энергия, 1973. Николаев С.С., Пищиков В.И. Сборник задач повышенной сложности по теоретической электротехнике. — М.: Знак, 2000. Коровкин Н.В., Селина Е.Е., Чечурин В.Л. Теоретические основы электротехники. Сборник задач. — СПб:, 2004, 521 с.

Учебное издание

Бутырин Павел Анфимович Алексейчик Леонард Валентинович Важнов Сергей Александрович Гусев Геннадий Григорьевич Жохова Марина Павловна Каратаев Владимир Васильевич Коровкин Николай Владимирович Кияткин Родион Петрович Миневич Татьяна Геннадьевна Разевиг Татьяна Александровна Толчеев Олег Владимирович Шакирзянов Феликс Нигматзянович

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКИМ ОСНОВАМ ЭЛЕКТРОТЕХНИКИ В двух томах Том первый

Электрические и магнитные цепи с сосредоточенными параметрами Редакторы И.П. Березина, М.П. Соколова Художественный редактор А.Ю. Землеруб Технический редактор Т.А. Дворецкова Корректоры Р.М. Ваничкина, В.В. Сомова Компьютерная верстка Л.Н. Тыгиной Подписано в печать с оригинала-макета 28.02.12 Формат 60×90/16 Бумага офсетная Гарнитура Таймс Печать офсетная Усл. печ. л. 37,2 Уч.-изд.л. 38,0 Тираж 1500 экз. Заказ № ЗАО «Издательский дом МЭИ», 111250, Москва, Красноказарменная ул., 14 тел./факс: (495)361-16-81, адрес в Интернете: http://www.mpei-publishers.ru, электронная почта: [email protected] Отпечатано в ППП «Типография «Наука», 121099, Москва, Шубинский пер., д. 6.