Линейные цепи синусоидального тока. Основные теоретические положения, страница 10

u= 380 B;r = 1 кОм;  С = 2 мкФ.

Решение

Совместим вектор входного напряжения с вещественной осью. Тогда

U = U = 380 B.

Комплексное сопротивление цепи

Z = rjхС = rj = 1000 j = 1000 j1592 = 1880×e -j57,87° Ом.

По закону Ома определяем комплекс тока в цепи

I === 0,202×e j57,87° А.

Комплекс напряжения на ёмкости

UС = I×(-jхС) = 0,202×e j57,87°×(-j1592) = 321,8×e –j32,13° В.

Мгновенное значение напряжения на ёмкости

uС(t) = Im= 455,1×sin(wt – 32,13°) В.

ЗАДАЧА 3.31. В схеме рис. 3.30 определить показание амперметра, если  u(t) = 300×sin(wt30°) В;r1 = 12 Ом; r2 = хL1 = 16 Ом;  хL2 = 20 Ом;хC2 = 32 Ом;r3 = хL3 = 100 Ом;  хC1 = 12,5 Ом.  

Решение

Определим комплексные сопротивления параллельных ветвей

Z1 = r1 + jхL1 = 12 + j16 Ом; Z2 = r2 + jL2 – хС2) = 16 j12 Ом;

Z3 = r3= 100 Ом;Z4 = -jхС1 = -j12,5 Ом;Z5 = jхL3 = j100 Ом.

Комплексная проводимость всей цепи

Y =+++=++++=

= 0,08 + j0,06 = 0,1×e j36,9° См.

Комплекс входного напряжения, соответствующий его синусоиде

U =×ej30° В.

По закону Ома определяем ток в неразветвлённой части цепи

I = Y×U = 0,1×e j36,9°××e –j30° =

= 21,21×e j6,9° А.

Следовательно, амперметр будет показывать 21,21 А.

ЗАДАЧА 3.32. В условиях задачи 3.25 определить показания приборов электродинамической системы, используя комплексный метод.

Решение

Направим по вещественной оси вектор входного напряжения, то есть примем    U = U = 200 B.

Определим комплексные сопротивления ветвей

Z1 = r1jх1 = 6 – j8 Ом;Z2 = jх2 = j10 Ом; Z3 = r3jх3 = 5 – j15 Ом.

Комплексное сопротивление всей цепи

Z = Z1 += 6 – j8 += 16 +j12 Ом.

Ток источника     I1 === 8 – j6 = 10×ej36,9° А.

Токи параллельных ветвей

I2 = I1×= 10×e –j36,9°×= 10 – j20 = 22,36×e –j63,4°А;

I3 = I1×= 10×e –j36,9°×= -2 + j14 = 14,14×e j98,1°А.

Напряжение на параллельных ветвях (измеряется вольтметром и подаётся на ваттметр)

UW = I2×Z2= 22,36×e –j63,4°·j10 = 223,6×e j26,6°= 200 + j100 B.

Показание ваттметра

PW = Re[UW ×] = Re[223,6×e j26,6°×10×e j36,9°]= 1000 Bт.

Следовательно, показания приборов:

А1 ® 10 А;    А2 ® 22,36 А;    А3 ® 14,14 А;V® 223,6 B;W® 1000 Bт.

ЗАДАЧА 3.33. В схеме рис. 3.31,a известно: Е1 = Е2 = 100 В, причём Е2 опережает Е1 на 90° по фазе;   J = 5 A,  причём ток этого источника находится в противофазе с Е2r = хC = 10 Ом; хL = 20 Ом.

Требуется определить токи во всех ветвях, показание ваттметра, составить баланс реактивных мощностей, построить топографическую диаграмму для контура 1-2-3-1.

 


Решение

Совместим с вещественной осью вектор Е1, тогда для источников комплексы будут следующими:

Е1 = 100 В;   Е2 = 100×e j90° = j100B;J = e -j90° = -j5A

Поскольку в схеме два узла, то расчёт токов рационально произвести методом узлового напряжения    U12 =, где комплексные проводимости ветвей:    Y1 === 0,1 См;

Y2 ==== -j0,1 См;

Y3 === j0,1 См.

Тогда    U12 == j50 В.

По закону Ома определяем токи:

I 1 === 10 – j5 А;

I 2 = (Е2 + U12)×Y2 = (j100 + j50)×(-j0,1) = 15 А;

I 3 = U12×Y3 = j50×j0,1 = -5 А.

Правильность определения токов проверим по первому закону Кирхгофа для узла 1:  -I 1 + I 2 + I 3 + J= 0   или   -10 + j5 +15 – 5 – j5 = 0.

Показание ваттметра:   PW= Re[U14×(-)].

По второму закону Кирхгофа

U14 = -Е2 + I 2×(-С) = -j100 + 15×(-j10) = -j250 В.

Тогда   PW = Re[-j250×(-10– j5)] = -1250 Вт.

Баланс реактивных мощностей:

реактивная мощность источников

Qи = Im[Е1×+ Е2×+ (-U12)×]= Im[100×(10+j5)+j100×15 – j15×j5]= 2000 вар;

реактивная мощность приёмников

Qпр = I22×L – хС) + I32×(-хС) = 152×10 – 52×10 = 2000 вар.

Следовательно, баланс реактивных мощностей соблюдается.

При  построении  топографической  диаграммы  примем,  что      j 2= 0, тогда  j 1= I3×(-jхС)= U12 = j50 Вj 3= j 1- Е1= -100 + j50 Вj 2 = j 3 + I1×r= 0.

На рис. 3.31,б приведена требуемая диаграмма.

Заметим, что расчёт токов в схеме можно было произвести методом контурных токов, решив следующую систему уравнений