Мухин В.И. Электротехника с основами электроники. Учебное пособие. Часть 1
Подождите немного. Документ загружается.
51
2
эквЛ
2
эквЛо
)XX()RR(Z
+++=
;(2.60)
22
о
)54,15()32,125(Z −++=
=
=17,67 Ом.
9) Общий ток в цепи:
===
67,17
220
Z
U
I
о
0
13,2 А. (2.61)
10) Напряжение на участке АВ:
U
АВ
=I
0
·Z
АВ
=13,2·12,41=163,8 В. (2.62)
11) Определим токи в ветвях:
222
1L
2
1
АВ
1
АВ
1
1612
8,163
XR
U
Z
U
I
+
=
+
==
=8,19 А; (2.63)
20
8,163
X
U
I
2C
АВ
2
==
=8,19 А; (2.64)
20
8,163
R
U
I
3
AB
3
==
=8,19 А. (2.65)
12) Суммарная потребляемая активная мощность:
ΣР = I
0
2
·(R
Л
+R
экв
) = 13,2
2
·(5+12,32) = 3017,8 Вт. (2.66)
13) Суммарная реактивная мощность:
ΣQ = I
0
2
·(X
Л
+Х
С
) = 13,2
2
·(5-1,54) = 602,8 ВАр. (2.67)
14) Полная мощность:
2222
8,6028,3017QPS +=∑+∑=
=3077,4 ВА. (2.68)
15) Для построения полной векторной диаграммы вычислим
дополнительные данные, такие как: напряжения на активном сопротив-
лении U
1
и на индуктивном сопротивлении U
2
, а также угол сдвига по
фазе ϕ
1
в первой ветви участка АВ; падение напряжения на элементах
первого участка цепи АВ. Итак:
U
1
= I
0
·R
Л
= 13,2·5 = 66 В; (2.69)
U
2
= I
0
·X
Л
= 13,2·5 = 66 В; (2.70)
Рис.2.10
U
А
B
R
л
R
экв
X
л
U
1
U
2
X
экв
52
12
16
arctg
R
X
аrctg
1
1L
1
==ϕ
=53,1°; (2.71)
U
R1
= I
1
·R
1
= 8,19·12 = 98,3 В; (2.72)
U
XL1
= I
1
·X
L1
= 8,19·16 = 131 В. (2.73)
Далее, выбираем масштабы напряжения, тока и строим вектор-
ную диаграмму.
В этом случае, построение следует начинать с напряжения на
сложном участке цепи АВ. Далее, под углом ϕ
1
(по часовой стрелке от
AB
U
) отложим ток
1
I
; под углом 90° в сторону опережения (против ча-
совой стрелки) от U
AB
отложим ток
2
I
и совпадающий с напряжением
AB
U
ток
3
I
.
U
U
1
I
2
I
2
I
1
I
1
I
0
I
3
U
AB
U
2
U
2
90
0
ϕ
ϕ
1
Рис.2.11
На основании первого закона Кирхгофа
3210
IIII
rrrr
++=
. Для
удобства построения диаграммы перенесённые вектора будем обозна-
чать пунктиром. В результате сложения векторов получим вектор обще-
го тока
0
I
. Дальнейшее построение диаграммы сводится к реализации
уравнения, написанного на основе второго закона Кирхгофа.
21AB
UUUU
rrrr
++=
, (2.74)
где вектор
1
U
совпадает по направлению с общим током
0
I
;
53
вектор
2
U
r
опережает вектор
0
I
на 90°.
Таким образом, к концу вектора
AB
U
пристраиваем вектор
1
U
,
к концу которого пристраиваем перенесенный вектор
2
U
′
. В результате
сложения получим вектор общего напряжения
U
.
Для проверки правильности вычислений и построений можно
рассчитать общий угол сдвига по фазе ϕ и сравнить их значения:
32,125
54,15
arctg
RR
XX
arctg
R
X
arctg
эквЛ
эквЛ
+
−
=
+
+
=
∑
∑
=ϕ
=11,3°. (2.75)
На этом расчёт задачи заканчивается.
Графоаналитические методы позволяют решать более оригиналь-
ные задачи.
Пример. Определить показания вольтметра в схеме рис. 2.12,
если к зажимам 1 и 2 приложено переменное напряжение U=100 B.
R
1
=100 Ом.
Х
L
= 100 Ом.
R
2
= 60 Ом.
Х
C
= 80 Ом.
Сопротивление вольтмет-
ра принимаем равным бесконечно-
сти.
Решение:
1) Найдём полное сопро-
тивление первой ветви:
222
L
2
11
100100XRZ +=+=
=
=141 Ом.
2) Полное сопротивление второй ветви:
222
C
2
22
8060XRZ +=+=
=100 Ом.
3) Ток
141
100
Z
U
I
1
1
==
=0,71 А.
4) Ток
100
100
Z
U
I
2
2
==
=1 А.
5) Определим напряжения на отдельных элементах:
U=100 В
A
2
V
R
1
I
1
R
2
I
2
1
Рис.2.12
54
U
U
XL
U
R1
U
R2
U
C
A
2
I
1
I
2
1
90
0
90
0
53,1
0
45
0
Рис.2.13
U
R1
=I
1
·R
1
= 0,71·100 = 71 В.
U
XL
=I
1
·X
L
= 0,71·100 = 71 В.
U
R2
=I
2
·R
2
= 1·60 = 60 В.
U
XC
=I
2
·X
C
= 1·80 = 80 В.
6) Определим угол сдвига по фазе ϕ
1
между током I
1
и напряже-
нием U.
100
100
arctg
R
X
arctg
1
L
1
==ϕ =45°.
7) Угол сдвига по фазе ϕ
2
между током I
2
и напряжением U.
60
80
arctg
R
X
arctg
2
C
2
==ϕ
=53,1°.
8) Построим векторную диаграмму напряжений и токов. За ис-
ходный принимаем вектор напряжения
U
.
Принимаем масштабы: М
U
, М
I
20 В , 0.2 А
Под углом ϕ
1
=45° в сторону отставания откладываем ток
1
I
, и
совпадающее с ним напряжение
1R
U
=71 В. Под углом 90° к I
1
откладыва-
ем вектор
L
X
U
=71 В. Их векторная сумма даст полное напряжение
U
.
L
X1R
UUU
rrr
+=
.
Аналогичным образом,
под углом ϕ
2
=53,1° в сторону
опережения от
U
откладываем
вектор тока
2
I
и совпадающее с
ним напряжение
2R
U
=60 В; под
углом 90° к этому вектору при-
страиваем вектор
С
U
. Их вектор-
ная сумма даст напряжение
U
:
C2R
UUU
rrr
+=
.
Если графические пост-
роения выполнены правильно,
то геометрический размер отрез-
ка АВ будет в выбранном масштабе представлять напряжение, которое
55
покажет вольтметр или же его значение можно определить из треуголь-
ника 1ВА по теореме косинусов: AB
2
=U
R1
2
+U
R2
2
– 2U
R1
·U
R2
·cos 98,1°.
AB=U
в
=
o
1,98cos607126071
22
•••−+
=99,2 В.
Пример. В схеме, представленной на рис. 2.14 дана потребляе-
мая мощность Р
1
на частоте f
1
, напряжение U и параметр индуктивности
L. Определить потребляемую мощность при час-
тоте f
2
.
При решении задач следует помнить, что
величина активного сопротивления R не зависит
от частоты переменного тока, а индуктивное или
ёмкостное - зависят от частоты.
Решение:
P
1
= I
1
2
·R, где I
1
–ток в цепи при частоте f
1
;
2
1
2
1
1
)L(R
U
Z
U
I
•ω+
==
, где ω
1
= 2πf
1
.
Тогда ,
2
1
2
2
2
2
1
2
1
)L(R
RU
R
)L(R
U
P
•ω+
•
=•
•ω+
=
.
Полученное выражение представляет уравнение второго поряд-
ка, решив которое, можно найти величину R, и далее величину Р
2
на
другой частоте f
2
:
,
)L(R
U
I
2
2
2
2
•ω+
=
где
22
f2π=ω
.
В результате получим окончательное выражение:
2
2
2
2
2
22
)L(R
RU
RIP
•ω+
•
=•=
.
Подобного рода задачи можно решать с применением комплекс-
ных чисел.
Пример.
Дано: Схема рис.2.15;
u=141sin(2512t+30°);
L
R
Рис.2.14
56
Рис.2.15
R
0
= 20 Ом; R
1
= 200 Ом; L= 0.1 Гн;
R
2
= 100 Ом.
Определить: комплек-
сные токи
0
I
&
,
1
I
&
,
2
I
&
, полную
комплексную мощность
S
~
и
построить полную векторную
диаграмму на комплексной
плоскости [3].
Решение:
1) Амплитудное значе-
ние U
m
= 141 B. Действующее
значение:
2
141
2
U
U
m
== =100 В.
2) В комплексной фор-
ме напряжение
o
&
30j
e
100U =
В.
3) Определим индуктивное сопротивление: X
L
= ω·L=2512·0,1=
=251,2 Ом
(В рассматриваемом примере ω= 2πf=2512 рад/с, значит
f=ω/(2π)=2512/(2·3,14)=400 Гц. Напряжение с такой частотой использу-
ется в борт-сети самолётов, а также в специальных судовых генераторах
для питания радиолокационных станций).
4) Полное сопротивление цепи Z
2
=R
2
+jX
L
= (100 + j251,2) Ом.
5) Сопротивление на зажимах АВ можно рассчитать по формуле:
.
)51,2j3(
)4,502j200(
)51,2j3(100
)2,251j100(200
)2,251j300(
)2,251j100(200
2,251j100200
)1,251j100(200
ZZ
ZZ
Z
21
21
AB
+
+
=
+
+
=
=
+
+
=
++
+
=
+
•
=
Умножим числитель и знаменатель полученного выражения на
комплексно-сопряжённое число знаменателя. Получим:
Ом. 7,65j6,121
3,15
2,1005j1861
51,23
1261502j2,1507j600
)51,2j3()51,2j3(
)51,2j3()4,502j200(
Z
22
AB
+=
+
=
=
+
+−+
=
−•+
−•+
=
U
A
2
I
1
I
0
R
2
R
1
R
0
I
2
L
57
6) Полное сопротивление всей цепи
+=+= 20ZRZ
AB
0
0
.7,65j6,1417,65j6,121 +=++
7) Для удобства выполнения дальнейшего решения Z
0
переве-
дём в показательную форму. Модуль
156)7,65()6,141(Z
22
0
=+=
Ом.
(На калькуляторе модуль
0
Z
удобнее всего вычислять по алго-
ритму: 141,6×=FП+65,7×=FП+F ИП F . Получили результат 156,09;
округляем его до значения 156 Ом. Далее, число в памяти стираем по
алгоритму F СП).
8) Аргумент ϕ определяем из выражения:
6,141
7,65
arctg
=ϕ
=24,9°,
т. е. по алгоритму: 65,7:141,6 = F ARC tg. Итак, Z
0
=156e
j24,9°
Ом.
Замечание: для вычисления аргумента, чтобы исключить возмож-
ные ошибки, очень полезно комплексное число представить на плоско-
сти и иметь ввиду, что отсчёт углов производится от положительного
направления вещественной оси. Положительные углы отсчитываются
против часовой стрелки, а отрицательные – по часовой.
9) По закону Ома определим величину общего тока:
oo
o
o
&
&
1,5j)9,2430(j
9,24j
30j
0
0
ee
e
e
64,064,0
156
100
Z
U
I ====
−
A.
10) Определим напряжение на зажимах АВ:
В45,88
2,13864,0)7,65j6,121(64,0ZIU
5,33j
4,28j1,5j1,5j
AB
0АВ
e
eee
o
ooo
&&
=
=•=+•=•=
11) Ток
.А442,0
200
45,88
R
U
I
5,33j
5,33j
1
AB
1
e
e
o
o
&
&
===
12) Ток
.А327,0
3,270
45,88
2,251j100
45,88
Z
U
I
8,34j
3,68j
5,33j5,33j
2
AB
2
e
e
ee
o
o
oo
&
&
−
==
+
==
13) Комплексная мощность
*
0
IUS
~
&&
•=
, где
*
0
I
&
-сопряжённый ком-
плексный ток
o
&
1,5j*
0
e
64,0I
−
=
А, тогда:
58
)9,26j58(6464,0100S
~
9,24j1,5j30j
eee
+==•=
−
ooo
ВА,
где Р=58 Вт, Q
L
=26,9 ВАр.
Р – активная мощность, потребляемая электрической цепью;
Q
L
– реактивная мощность индуктивного характера, т. к. в результате
расчёта она получилась со знаком “+”.
Для построения векторной диаграммы проведём вещественную
и мнимую оси, выберем необходимый масштаб для напряжения и тока:
М
U
10 В, М
I
0,1 А.
В результате получим рис. 2.16., где
=•=
000
IRU
&&
.В8,1264,020
1,5j1,5j
ee
oo
=•=
-Re
+Re0
+j
I
1
I
1
I
2
U
AB
U
0
U
0
33,5
0
5,1
0
-34,8
0
U
-j
0
I
&
ϕ=30
0
Рис.2.16
Задача, представленная на рис. 2.12, может быть решена в ком-
плексной форме в следующем виде:
Введём обозначения
В100U =
&
Ом141100j100jXRZ
45j
L1
1
e
o
=+=+=
;
Ом10080j60jXRZ
53j
C2
2
e
o
−
=−=−=
.
А71,0
141
100
Z
U
I
45j
45j
1
1
e
e
o
o
&
&
−
===
;
А1
100
100
Z
U
I
53j
53j
2
2
e
e
o
o
&
&
−
===
;
59
В7110071,0RIU
45j45j
11A1
ee
oo
&&
−−
=•=•=
;
В60601RIU
53j53j
22B1
ee
oo
&&
=•=•=
;
.В9,989,97j14)9,47j36(50j50
6071UUUU
9,81j
53j45j
В1А1АВB
e
ee
o
oo
&&&&
−
−
=−=+−−=
=−=−==
Т. е. вольтметр покажет 98,9 В. Или тоже самое:
В1,991,991,98j1,14)2,50j2,50(
9,47j1,36e7160UUU
98
180
1,14
1,98
arctgj
45j53j
А1В1B
ee
e
o
o
oo
&&&
==+−=−−
−−=−=−=
+
−
⋅
−−
2.3. Повышение коэффициента мощности (cos
ϕϕ
ϕϕ
ϕ)
в цепях синусоидального тока
Большинство современных потребителей электрической энер-
гии синусоидального тока представляют собой нагрузки активно-индук-
тивного характера, в которых токи отстают от напряжения источника
питания.
Потребляемая мощность от сети P=U·I·cos ϕ=S·cos ϕ. С умень-
шением cos ϕ потребляемый нагрузкой ток возрастает:
ϕ
=
cosU
P
I
и,
поэтому cos
ϕϕ
ϕϕ
ϕ называют коэффициентом мощности. Кроме того, поте-
ри в линиях электропередач ∆Р зависят от протекающего по ним тока
r
cosU
P
rIР
22
2
2
•
ϕ
=•=∆ . (2.76)
При номинальном режиме потребители имеют высокий коэф-
фициент мощности, достигающий 0,7-0,8. Но при малой нагрузке коэф-
фициент мощности мал и, чтобы его повысить, параллельно нагрузке
подключают конденсатор или включают, так называемый, синхронный
компенсатор. Величина ёмкости конденсатора может быть определена
из выражения:
),tgtg(
U
P
C
21
2
ϕ−ϕ•
ω
=
(2.77)
где ϕ
1
, ϕ
2
– углы сдвига по фазе между током и напряжением, соответ-
ственно, до и после компенсации.
60
Обычно с помощью батареи конденсаторов компенсацию угла
сдвига фаз осуществляют не полностью, повышая cos ϕ до 0,9-0,95.
(при cos ϕ=1 будет резонанс токов, при этом режим работы в энергосети
становится нестабильным).
Рассмотрим пример.
Потребляемая мощность электромагнита Р=20 Вт при
cos ϕ
1
=0,71, питающее напряжение U=220 В, частота тока f=50 Гц.
Определить ёмкость конденсатора, при которой cos ϕ
2
=0,9.
Решение:
Определим значение угла, соответствующего cos ϕ
1
=0,71; ϕ
1
=45°;
cos ϕ
2
=0,9 соответствует угол ϕ
2
=26°.
Вычислим ёмкость компенсационного конденсатора :
)tgtg(
U
P
C
21
2
ϕ−ϕ•
ω
=
=
6
2
10)26tg45tg(
220314
20
•−
•
oo
=0,68 мкФ.
Вычислим ток до подключения конденсатора:
.мА 128А128,0
71,0220
20
cosU
P
I
1
1
==
•
=
ϕ
=
Ток после подключения конденсатора:
1,0
9,0220
20
I
2
=
•
= А = 100 мА.
2.4. Применение различных методов к расчёту
цепей синусоидального тока
Пример.
Дано: схема рис.2.17, а.
Z
1
=Z
2
=(60+j30) Ом;
Z
3
=100 Ом;
1
Е
&
=100 В;
2
Е
&
=100е
-j30°
В.
Положительные направле-
ния ЭДС показаны на схе-
ме стрелками.
Определить все токи: а)
методом контурных токов;
б) методом узлового на-
пряжения; в) методом эк-
Z
2
3
I
&
Z
3
2K
I
&
2
I
&
2
E
&
1
I
&
Z
1
1K
I
&
1
E
&
Рис.2.17, а
1
2