Контрольная работа. В цепи рис.1 ЭДС источника Е= 12 В, сопротивления равны R 1, R2, R3, R4, R5, внутреннее сопротивление источника R вт

Задача № 1

Рисунок 1.

В цепи рис.1 ЭДС источника Е= 12 В, сопротивления равны R ₁, R₂, R₃, R₄, R₅, внутреннее сопротивление источника R _вт.

Определить токи в ветвях цепи преобразованием звезды сопротивлений R₁, R₂, R₃ в эквивалентный треугольник.

Задача № 2

Рисунок 2.

В цепи рис.2 ЭДС источников питания равны Е₁, Е₂, а сопротивления ветвей – R₁, R₂, R₃, R₄, R₅, R₆. Определить методом непосредственного применения законов Кирхгофа токи в ветвях цепи и режим работы каждого из источников. Составить баланс мощностей.

Задача № 3

Рисунок 3.

В цепи рис. 3 ЭДС источников питания Е₁, Е₂, Е₃, J = 1 А, а сопротивления ветвей соответственно R₁, R₂, R₃, R₄ (включая внутренние сопротивления источников питания) и т.д. Определить токи в ветвях цепи и режим работы каждого из источников. Задачу решить методом узловых потенциалов.

R₆=R₁, R₇=R₂, R₈=R₃, R₉=R₄. Для всех вариантов.

Задача № 4

Рисунок 4.

В цепи рис. 4 известны значения сопротивлений резисторов R₁, R₂, R₃, R₄, R₅, R₆, R₇, R₈ и входного напряжения U. Найти токи, протекающие через каждый резистор и составить баланс мощности.

Изобразить данную схему замещения с включенными приборами: амперметром – для измерения тока в резисторе R₇, вольтметром - для измерения напряжения на зажимах резистора R₄ и ваттметром для измерения мощности, потребляемой резистором R₅. Задачу решить методом подобия.

Задача № 5

Рисунок 5.

В цепи рис.5 активные и реактивные сопротивления соответственно равны R_1,Х₁; R _2,Х₂; R₃Х₃. К зажимам цепи приложено синусоидальное напряжение, действующее значение которого равно U. Определить: а) действующие значения токов в ветвях и в неразветвленном участке; б) активную, реактивную и полную мощности в обеих ветвях и на зажимах цепи. Расчет выполнить комплексным методом. Построить векторную диаграмму.

Задача № 6

Рисунок 6.

К трехфазной линии с линейным напряжением подключен симметричный трехфазный приемник, соединенный треугольником (рис.6). Активное и реактивное сопротивления фаз приемника соответственно равны по фазам. Определить ток в фазах приемника и линейных проводах, а также потребляемую приемником активную мощность в режимах: а) симметричном трехфазном, б) при обрыве одной фазы приемника; в) при обрыве линейного провода (вследствие сгорания плавкой вставки предохранителя). Построить для всех трех режимов топографические диаграммы напряжений и показать на них векторы токов.

Задача № 7

Рисунок 7.

К трехфазной линии с линейным напряжением U _л подключен несимметричный приемник, соединенный по схеме «звезда» с нейтральным проводом (рис. 7). Активные и реактивные сопротивления фаз приемника

соответственно равны R_А, Х_А, R_В, Х_В, R_СХ_С. Сопротивление нейтрального провода пренебрежимо мало. Определить токи в фазах приемника, линейных проводах и нейтральном проводе в режимах: а) трехфазном, б) при обрыве линейного провода А; в) при коротком замыкании фазы А приемника и обрыве нейтрального провода. Определить активную мощность, потребляемую приемником, в указанных трех режимах.

Построить для всех трех режимов топографические диаграммы напряжений и показать на них векторы токов.

Примеры решения задач

Задача № 1

Рис.а) Рис.б)

Rвт = 1 Ом, R₁ = 3 Ом, R₃ = 3 Ом, R₄ = 9 Ом, R₅ = 6 Ом, R₂ = 4,5 Ом, Е= 12 В

Преобразуем «звезду» сопротивлений R₁, R₂, R₃ в треугольник сопротивлений R_АВ, R_ВС, R_СА по формулам

, ,

Переобозначим по схеме: R₁=R_А, R₂=R_С, R₃=R_В. (Такое обозначение принято в трёхфазных цепях и упрощает запоминание формул перехода Υ к Δ и наоборот).

В результате преобразования Δ вΥ получим схему б) и вычисляем R_АВ=8 Ом; R_ВС=12 Ом; R_СА=12 Ом.

Определяем R_экв

₍₁₎

Токи I₄ и I₅ при преобразовании схемы не изменяются.

U_BC=E – IR_ВТ = 10 B

I¹ = I₄ + I_CA = I – I_BC = 2-0,83 = 1,17 A

Токи I₄ и I₅определим по формуле «свой – чужой»:

I₂ = I_CA + I_BC = 0,5 + 0,83 = 1,33 A

I₃ = I_AB + I_BC = 0,5 + 0,83 = 1,33 A I₁ = I₄ – I₅ = 0 A

Если ток через сопротивление R₁ не протекает, то потенциалы точек А и О равны: φ_А = φ_О. Проверим это: φ_А = I ₄ R₄ = 6 B, φ_O = I₂R₂ = 6 B.

Задача №2

R₁=0,1 Ом, R₂ = 0,2 Ом, R₃ = 2,0 Ом, R₄ = 1,0 Ом, R₅ = 2,5 Ом, R₆ = 1,5 Ом,

E₁ = 220 B, E₂ = 215 B.

По первому закону Кирхгофа составляем У – 1 уравнение, где У – количество узлов в схеме. У = 4. Уравнения по 1- му закону Кирхгофа можно составлять для любых 3-х узлов из имеющихся 4-х.

По II закону Кирхгофа выбираем N = в-у+1 (в – количество ветвей в схеме) независимых контуров и составляем для каждого из них уравнение. Контур называется независимым, если он содержит хотя бы одну ветвь, не входящую ни в какой другой контур. Для нашей схемы: N = 6–4 + 1. В каждом контуре обозначаем обход контура в произвольно выбранном направлении. В каждой ветви также в произвольном направлении обозначаем ток.

При составлении уравнений по 1 закону Кирхгофа произвольно условимся, что если ток втекает в узел, то в состав суммы этот ток берется со знаком «+» и наоборот.

При составлении уравнений по II закону Кирхгофа произведение I_i берется со знаком «+», если направление тока в ветви совпадает с направлением обхода контура и наоборот. ЭДС входят в состав суммы с «+», если направление ЭДС совпадает с направлением обхода контура и наоборот.

1. 1.

2. 11.

3. 111.

Таким образом, мы получили систему, состоящую из 6 уравнений с 6-ю неизвестными токами. Решаем систему методом Гаусса. Для этого составляем расширенную матрицу системы из коэффициентов, стоящих при неизвестных, т.е. из «1» и значений сопротивлений.

Для приведения матрицы к трапецевидной форме необходимо придерживаться следующих свойств, не нарушающих равносильность системы уравнений:

1. Перемена местами строк между собой;

2. Умножение строки на любое число;

3. Прибавление к любой строке любой другой строки, предварительно умноженной на любое число.

Например, если мы к третьей строке добавим первую строку, предварительно умноженную на «1», то в результате вместо третьей строки получим такую строку:

0 0 0 – 1 0 -1 0

Если 1 строку умножить на 0,1 и сложить с 4 строкой, то новая 4-ая строка примет вид:

0 0 2,1 0,1 0 0 220

В результате в 1 столбце матрицы у нас будет «0» во всех строках, кроме первой.

Таким же образом надо добиться, чтобы во 11 столбце во всех строках, кроме 1 и 11 были «0» и т.д.

После приведения матрицы к трапецевидной форме в каждой последующей строке будет на один ноль больше, чем в предыдущей. В шестой строке должны остаться ненулевыми только два элемента: в шестом и седьмом столбцах. Теперь мы сможем найти I₆, поделив элемент седьмого столбца на элемент шестого столбца. Из пятой строки мы сможем определить ток I₅ и т.д. Из первой строки найдем ток I₁. При наличии ПЭВМ с установленной системой Mathcad, систему уравнений можно решить с помощью функции lsolve (A,B). Для этого необходимо ввести матрицу системы А (без столбца свободных членов) и вектор свободных членов - В.

I:=lsolve (A, B).

Для нашей матрицы вектор решения имеет вид:

108,3 I₁ = 108,3

76,5 I₂ = 76,5

I = 104,58 I ₃ = 104,58

3,75 I ₄ = 3,75

79,9 I ₅ = 79,9

-3,75 I ₆ = -3,75

Т. к. I₆ <0, следовательно, истинное направление тока I₆ противоположное.

Проверим баланс мощности _i

Если направление ЭДС и тока совпадают, то соответствующее слагаемое в левой части берётся со знаком «+» и наоборот. Слагаемые в правой части берутся всегда со знаком «+», т.к. значение тока входит в состав произведения в квадрате.

E₁I₁ + E₂I₂ =

220 ^.108,34 + 215^.76,5 = 23834,8 + 16447,5 = 40282,3 Вт

108,34^{2 .} 0,1 + 76,2^{2 .} 0,2 + 104,58^2. 2 +3,75 ^. 1 + 79,9^2. 2,5 + 3,75^2. 1,5 =

1173,7 + 1161,3 + 218 + 74 + 14 + 15960 + 21,1 = 40204,1 Вт

40282,3 ≈ 40204,1

Баланс мощностей с учетом приближенных вычислений соблюдается. Так как направления токов и ЭДС совпадают, то источники ЭДС работают в режиме генераторов.

Задача № 3

Метод узловых потенциалов

1. Принимаем потенциал одного из узлов равным нулю. Желательно выбрать нулевым потенциал такого узла, к которому подходит больше всего ветвей. Если в схеме имеется ветвь, содержащая только источник ЭДС, то необходимо «занулить» потенциал одного из узлов, примыкающих к этой ЭДС. Тогда потенциал другого узла будет известным и равным Е (в зависимости от того, какая клемма источника ЭДС соединена с этим узлом)

2. Составляем уравнения для узлов с неизвестными потенциалами по очереди для каждого. Для этого в левой части уравнения пишем произведение неизвестного потенциала рассматриваемого узла, на сумму проводимостей ветвей, примыкающих к нему. Если в какой-либо из этих ветвей находится источник тока, то проводимость этой ветви не учитывается. Далее, из этого произведения вычитаем произведения потенциалов узлов, непосредственно связанных с рассматриваемым узлом схемы, на проводимости подходящих к этому узлу ветвей с учетом наличия в них источников тока. В правой части уравнения записываем алгебраическую сумму произведений ЭДС на проводимости ветвей, в которых установлены эти ЭДС. Если ЭДС подходит к узлу, произведение E_ig_i берется со знаком «+» и наоборот. Далее в правой части записываем алгебраическую сумму величин источников тока, находящихся в ветвях, подходящих к рассматриваемому узлу со знаком «+», если ток источника тока направлен к узлу и наоборот. При этом известные потенциалы присутствуют в уравнениях на общих правилах.

3. Решаем полученную систему линейных уравнений любым из известных методов относительно потенциалов узлов.

4. С помощью известных потенциалов узлов находим токи в ветвях по закону Ома для ветвей, содержащих ЭДС:

(1)

Для этого в соответствии с полученными потенциалами, а следовательно, напряжением обозначаем направления токов от большего потенциала к меньшему и находим эти токи по формуле (1). Если напряжение и ЭДС совпадают по направлению, то ЭДС берется со знаком «+» и наоборот.

Для ветвей, не содержащих ЭДС

Дано: R_n =n, Ом Е_n =n, B J = 1 A

Определить: I_i-?

g_i = g₁ =

φ ₁(g ₁+g ₂ +g ₄ + g₈) –φ₂(g₁+g₈) – φ ₃g ₄=E ₁g₂

φ ₂(g ₁+g ₆ + g₈) –φ₁(g₁+g₈) – φ ₃g ₆=E ₃g₆ +J

φ ₁(g ₁+g ₂ +g ₄ + g₈) –φ₂(g₁+g₈) – φ ₃g ₄=E ₁g₂ +φ ₃g₄

-φ₁(g₁+g₈) + φ ₂(g ₁+g ₆ + g₈) = E ₃g₆ +J + φ ₃g₆

g₁ = См; g₆ = См;

q₂ = См; g₇ = См;

q₄ = См; q₈ = См

φ ₁ = 2.62 В

φ_{2 =} 5,2 В
;

;

А;

I₉ = J = 1 A

Проверим баланс мощностей.

-E₁I₂ – E₃I₆ + E₂I₁₀ + U_JJ = I₁²(R₁ + R₃) + I₈²R₈ + I₄²R₄ + I₂²R₂ +I₇²R₇ + I₆²R₆+J²R₉

Определим U_J.Для этого составим уравнение по 11 закону Кирхгофа для какого-либо контура, содержащего напряжение U_J.

I₆R₆ + JR₉ = U_J – E₃ U_J= I₆R₆ +JR₉ + E₃ =0,036 + 1,9 + 3 = 12,18 B

13,47 Вт = 13,470 Вт. Баланс выполняется, следовательно, все токи найдены правильно.

Задача № 4

R₁= 3 Ом, R₂= 2 Ом, R₃=12 Ом, R₄= 2 Ом, R₅= 6 Ом, R₆= 4 Ом, R₇= 8 Ом, R₈= 12 Ом, U= 110В.

Согласно методу подобия произвольно задаемся током в самой отдаленной от источника напряжения ветви. Например: I = 1A

;

; ; ;

Находим коэффициент пропорциональности:

Затем, умножив все найденные токи на коэффициент k, находим истинные значения токов в ветвях.

Например:

и т.д.

Затем находим баланс мощностей

Задача № 5

R₁= 1 Ом; Х ₁=0,5 Ом; R₂ = 4 Ом; Х₂ = -3 Ом; R₃ = 8 Ом; Х₃ = 6 Ом; U= 120 В; ; ; jХ₁ = 1+j 0,5 Ом

jХ₂ = 4 –j 3 Ом

+ jХ₃ = 8 + j 6 Ом

Для вычисления _ЭКВ вспомним правила действия над комплексными числами.

Целесообразнее производить умножение и деление комплексных чисел в показательной форме, а сложение и вычитание в алгебраической. При умножении комплексных чисел показатели их степеней складываются, а при делении – из показателя делимого вычитается показатель делителя. Модули соответственно перемножаются или делятся.

Пример 1.

Пример 2.

Для вычитания перейдем от показательной формы записи комплексного числа к алгебраической через тригонометрическую, используя формулу Эйлера.

, где

r – модуль комплексного числа, φ – его аргумент.

;

;

Переведем последнее комплексное число из алгебраической формы в показательную по формуле:

Напомним, что аргумент комплексного числа определяется по разному в зависимости от того, в какой четверти лежит этот угол

II I

b

0 a

III IV

; I=24 A

Токи I₁ и I₂ найдем по формуле «свой-чужой».

I₁=19,3 A, I₂= 9,7 A

Полная мощность :

Где - обозначается комплексно-сопряженная величина, например:

Реактивная мощность второй ветви:

(Вар)

; ;

ВА, и т.д.

Построим векторную диаграмму токов и напряжений.

Для этого необходимо рассчитать напряжения на элементах схемы.

Построим векторную диаграмму

j

U_z1

I₁

I₂ U_аб

0 U 120 I

Масштаб: U: 1см = 10 В; I: 1см = 0,5 А

Порядок построения векторной диаграммы токов:

1. Изображаем вектор тока длиной (19,3 2) мм под углом 28,7⁰.

2. Из конца вектора строим вектор аналогичным образом.

3. По первому закону Кирхгофа , поэтому соединяем по правилу сложения двух векторов начало с концом . Получаем .

4. Проверяем, действительно ли полученный вектор суммы соответствует его аналитическому выражению.

Векторную диаграмму напряжений строим аналогично. По второму закону Кирхгофа

Задача № 6

Дано: U_л =380 В

R_ф = 15Ом

Х_ф = 8 Ом

Вектора линейных напряжений:

а) симметричный трёхфазный режим.

Определим ток в каждой фазе.

Поскольку цепь симметричная, остальные токи можем определить, сдвигая ток на -120⁰ и – 240⁰.

Определим линейные токи

В силу симметричности схемы остальные линейные токи проще определить, сдвигая ток

Определим потребляемую приёмником активную мощность

Строим топографическую диаграмму напряжений на комплексной плоскости.

I _СА j U _АВ

U_{С А}

I _А

I _АВ

I _С I _В

I _ВС

U _ВС

б) Обрыв фазы АВ

токи и такие же как в случае а).

(такой же как и в случае а)

U _СА

I _СА U _АВ

I _С

I _ВС

U _ВС

в) обрыв линейного провода

(как в случае а))

U _СА U _АВ

₀^о

I _АВ

I _В

U _ВС

I _ВС

Задача № 7

U_Л = 380 В R_А=20 Ом R_В= 16 Ом R_С= 12 Ом

Х_А= 0 Ом Х_В=-12 Ом Х_С= 9 Ом

а) Трехфазный режим

;

ток в нейтральном проводе

Построим топографическую диаграмму напряжений на комплексной плоскости (1,j).

U _С

I_N

I _C

0⁰

I _А U _А

I _В

U _В

б) Обрыв линейного провода А.

- остаются как в режиме а); Р_А = 0

U _С

I _N

I _C

U _В

I _В

в) Обрыв нейтрального провода и КЗ фазы А.

I _С

U _С

n

А

I _В

U _В

Список литературы

а) основная

1. Г.И. Атабеков и др. Теоретические основы электротехники. Линейные электрические цепи. С – П.Москва. Краснодар. 2009.

2.П.А. Ионкин. Теоретические основы электротехники. Высшая школа, 1975.

3.Г.В.Зевеке и др. Основы теории цепей. Энергия, 1976.

4.М.Р. Шебес. Сборник задач и упражнений по электротехники. Высшая школа, 1992.

б) дополнительная литература

1.Ф.Е. Евдокимов. Теоретические основы электротехники. М. Академия, 2004.

2. Л.А.Бессонов. Теоретические основы электротехники. М. Академия,

2002.

Пример выполнения расчетно-графических работ с использованием программы Mathcad.

Поиск по сайту: