Бутырин Алексейчик Сборник задач по ТОЭ т1

Добавил:

Adamant Студент, если у тебя есть завалявшиеся работы, то не стесняйся, загрузи их на СтудентФайлс! Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Петербургский государственный университет путей сообщения им. императора Александра I

Предмет:

Теоретические основы электротехники

Файл:

PW = Re[UWI*W] :

= –(10 – j20)8,75 –5° =

= –196 –69° = 196 111° В,

= 6,84 –31° А , I*W = 6,84 31° А ,

UWI W = 196 111°æ6,84 31° = – 1056 + j825 ,

.pdf

Скачиваний:

1362

Добавлен:

09.12.2021

Размер:

4.92 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 609 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

R1I1

Рис. 1 к задаче 2.25(p)

–jX2I2

вх

R2I2

Рис. 2 к задаче 2.25(p)

Рис. 3 к задаче 2.25(p)

Решение. Первый способ. 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:

			ϕ	d = 0 ,
				d = 0 ,
	Ubd = jX3I 3 = j50 В,
	Ubd				j 50
I =	R---------------------– jX	=			--------------6 – j	= 5 143° А,
2	R---------------------– jX				--------------6 – j	8

Ucd = R I = 30 143° В,

2 2

Ubc = –jX2I 2 = (–j8)5 143° = 40 53° В,

I	= I + I	= (– 4 + j3) + 5 = 3,2 71,5° А,
1	2	3
	Uab = R1I					1	= 32 71,5° В,
	Udf = jX1I				1		= 32 161,5° В,
	U = E1	= ϕ		– ϕ			= Uab + Ubd + Udf =
			a			f

=32 71,5	° + j50 + 32 161,5° = – 20 + j90 = 93 102° В.
⎪ ⎨ ⎪ ⎩		⎪ ⎨ ⎪ ⎩
10 + j30		– 30 + j10

Второй способ. Представим всю цепь по отношению к источнику ЭДС как пассивный двухполюсник П (см. рис. 4 к задаче 2.25(р)).

Zвх

Рис. 4 к задаче 2.25(p)

Рис. 5 к задаче 2.25(p)

Комплексное входное сопротивление этого двухполюсника

Z	= Z ϕ	, Z	= 29,1 Ом,
вх	вх	вх	вх
ϕвх = ψu – ψi = 102° – 71,5° = 30,5°,
Z = 29,1 30,5° = 25,1 + j14,8 = R + jX				,
вх			вх	вх
R	= 25,1 Ом, X		= 14,8 Ом.
вх		вх
Для рассматриваемого двухполюсника сопротивление Z можно
				вх

определить и непосредственно путем свертывания электрической схемы двухполюсника. Представим эту схему в виде последова-

тельно-параллельного				соединения					комплексных	сопротивлений
Z	= R	+ jX ; Z	= R		– jX	;	Z		= jX , входное	сопротивление
1	1	1	2	2		2		3	3
					Z Z
						2	3
двухполюсника Z			= Z		+ ------------------			(рис. 5 к задаче 2.25(р)).
		вх		1	Z	+ Z
		вх		1
					2		3

расчет

токов

проводят,

пользуясь

законом

Ома:

= U

⁄ Z , а токи I и I

определяют по формуле разброса.

вх

2.26. Дано: E

= 60 0 В, E =

= 10 –90° В, R =

XL = XC = 10 Ом

(рис. к задаче 2.26).

1. Определить токи в ветвях.

2. Построить

векторную

диа-

грамму

токов и

топографическую

диаграмму цепи.

Рис. к задаче 2.26

2.27(р). Дано: E

= 60 90° В,

E = 30 0 В, E

= 25

2 –135

° В,

Ubf

= 20 Ом, X

= 10 Ом, X

= 5 Ом,

XC3

XL2

= 5 Ом, XC

= 5 Ом (рис. 1 к

XC1

задаче 2.27(р)).

1. Определить токи в ветвях.

Рис. 1 к задаче 2.27(р)

2. Построить

векторную

диа-

грамму токов

топографическую

диаграмму цепи.

3. Определить показания приборов электромагнитной системы.

Решение. Комплексные сопротивления ветвей:

Z = R – jX = 20 – j10 Ом; Z = jX = j5 Ом; Z = – jX = –j5 Ом.

Применяем метод узловых потенциалов для двух узлов:

	ϕ		– ϕ		= ∑YE ⁄ ∑Y		; Y = 1 ⁄ Z ;
		f		a	–	–	–
	E – E		E
∑YE = -----------------1 0		+ -----2 = 30--------------------– j60 + –-------------------------25 – j25 = -------------------------– 13 + j16 А;
–
	Z		Z		20 – j10		j5	5

∑Y

1-----

-----

1 =

--------------------1

+ ----1 + -------1 = --------------------

1/Ом;

–

20 – j10 j5 –j5 20 – j10

– ϕ

= –-------------------------13 + j16(20 – j10) = – 20 + j90 В.

Токи в ветвях по закону Ома:

(ϕ

– ϕ

) + E – E

– (– 20 + j90) + (

30 – j60) =

0 =

------------------------------------------------

20 – j10

= 5 – j5 = 5 2 –45° А;

(ϕ

– ϕ

) + E

2 = –(–20 + j90) + (–25 – j25)

------------------------------------

= –23 + j1 = 23 177,5° А;

f –

– 20 + j90

= –18 – j4 = 18,5 –167,5° А.

------------------

-------------------------

–j5

Проверка. I = I + I = (5 – j5) + (–23 + j1) = –18 – j4 =

3 1 2

= 18,5 –167,5° А.

Топографическая диаграмма представлена на рис. 2 к задаче 2.27(р):

+j
d
E0		R1I1
		R1I1
E2	g
E2
f	Ubf	b
		b	c
	jX2I2		c
–jX3I3	jX2I2		E1
–jX3I3	–jX1I1
I2	–jX1I1
I2
a			+1
			+1
I3	I1
	I1
Рис. 2 к задаче 2.27(р)

I1	I	2	I3
		2	XL
R			XL
	XC		I4
E1			X	L	J2
				L

Рис. к задаче 2.28

	Z1	E2
		E2
E1		Z3	Z2
		I3
	Рис. 1 к задаче 2.29(р)

= 0 ,

= ϕ

– jX I = –(–j10)(5 – j5) = 50 + j50 В,

= ϕ

+ E = (50 + j50) + 30 = 80 + j50 В,

= ϕ

– R

= (80 + j50) – 20(5 – j5) = – 20 + j150 В,

= ϕ

– E

= (– 20 + j150) – j60 = – 20 + j90 В,

= ϕ

– E

= (– 20 + j90) – (– 25 – j25) = 5 + j115 В.

Проверка. ϕ

= ϕ

+ jX

I = (5 + j115) + j5(– 23 + j1) = 0 .

Показания приборов:

IA = mod[I 2

] = 23 А.

Ubf = ϕ

– ϕ

= (50 + j50) – (– 20 + j90) = 70 – j40 = 80,6 –29,5°.

UV = mod[Ubf] = 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). Дано: E

= 60 0 В, E

= 10 –90° В, Z = 10 Ом, Z

= 10 + j10 Ом, Z

= j10 Ом (рис. 1 к задаче 2.29(р)).

Определить ток I методом эквивалентного генератора.

Решение. По отношению к выделенной ветви с искомым током

Iвсю остальную часть цепи рассматриваем как активный двухпо-

люсник, который заменяем эквивалентным генератором (рис. 2 к

					U
					х
задаче 2.29(р)): I		=	-------------------- .
	3		Z		+ Z
	3
				3	вх
	d				Z1	E2	Z1
Uх	Z3					d
Zвх	I3		E1		I	Z2	Z2
Zвх	I3					h	Zвх
						h
	h
Рис. 2 к задаче 2.29(р)				Рис. 3 к задаче 2.29(р)			Рис. 4 к задаче 2.29(р)

Определим U

по схеме на рис. 3 к задаче 2.29(р):

E – E

= 60 + j10

I ′ =

------------------1

= 2,72 –17° А,

+ Z

20 + j10

(ϕ

) = (ϕ

) + Z I ′ + E

U = (ϕ

– ϕ

)

= Z I ′ + E

= (10 + j10)2,72 –17° + (–j10) = 34,9 13° В.

Определим Z

по схеме на рис. 4 к задаче 2.29(р):

вх

Z Z

= 10(10 + j10)

= ------------------

= 6 + j2 = 6,3 18,5° Ом.

вх

+ Z

20 + j10

Искомый ток в ветви с Z :

		U		34,9 13°
		х		34,9 13°
I =	Z--------------------	+ Z	=	-----------------------------------j 10 + (6 + j	= 2,62 –50,5°	А.
3	Z--------------------	+ Z		-----------------------------------j 10 + (6 + j	2)

3вх

2.30. Дано: X	C	= X	L	= R = 3 Ом, E	= 6 0 В, E = 6 90° В (рис. к
	C		L	1	2

задаче 2.30). Определить Uab .

XL	a	XL	b	R		I	XL
E1		XC	R	E2	E	R	XC
							R
			XL				XC
			2				XC

Рис. к задаче 2.30	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 .
Методическое указание. Применить	преобразование треу-

гольник — звезда.

2.32(р). В двухпроводную линию, соединяющую два активных двухполюсника, включен ваттметр (рис. к задаче 2.32(р)). Напряже-

ние и ток в линии: U = 220 20° В; I

= 15 –30° А.

1. Вычислить показание ваттметра.

2. Определить направление передачи

электрической энергии.

Решение. На схеме у ваттметра звез-

дочки — это обозначения для указания

условно

положительных направлений

тока I W в последовательной (неподвижной)

Рис. к задаче 2.32(p)

катушке ваттметра и напряжения UW в

параллельной (подвижной) катушке ваттметра. Показание ваттметра вычисляется в следующем виде:

PW = UWIW cos ( UWI W) или PW = Re[UWI*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 положительным направлениям I W и UW показать условно положи-

тельное направление потока энергии. Тогда, если PW > 0, то действи-

тельное направление потока совпадает с условно положительным, если PW < 0 — противоположно.

В соответствии со схемой включения

UW = U = 220 20° В,

I W = –I = 15 150° А,
I W = –I = 15 150° А,
*
I	W	= 15 –150° А
	W

UWI*W = 220 20°æ15 –150° = 3300 –130° = – 2120 – j2530 ,

откуда PW = Re[UWI*W] = –2120 Вт.

Условно положительное направление потока энергии от А к А .

2 1

Поскольку PW < 0, то действительное направление потока энергии противоположно — от А к А .

2.33. Дано: XL

= 5 Ом, XL

= 5 Ом, R = 2,5 Ом, XC

= 5 Ом,

= 10 Ом, J = 0,1 0 А (рис. к задаче 2.33).

Рис. к задаче 2.33 Рис. к задаче 2.34

Определить ток I			методом эквивалентного генератора.
2.34. Дано: I	a	=	2 135°		А, I	b	= 4 2 45°	А, E = 4 В,
	a					b		1
E = 4 –90° В, Z		= 2 + j4 Ом, Z = 2 Ом (рис. к задаче 2.34).
2	1				3
Определить токи I			, I	, I	и I .
			1 2	3	c

2.35. На рисунке к задаче 2.35 изображен участок электрической цепи. Измерения, произведенные в двух ветвях, соединяющих дан-

ный участок со всей остальной цепью,

дали следующие значения комплексных

токов: I a = 40 0 А,

I b

= 46 –90° А,

I2 b I3

= 3 + j4 Ом, Z = 5 + j6 Ом, Z = 2 – j10 Ом. a

Определить токи I

, I

, I .

Рис. к задаче 2.35

X1		1	R2
I1		I3	I2
		I3
R1		X3	X2
		R3
E1	W *		E2
	W *	2
	*	2
	*

Рис. к задаче 2.36(p)

2.36(р). Дано: E = 224 –26° В, E =

= 141 –45° В, R = R = X = 10 Ом, R =

= X = X = 20 Ом (рис. к задаче 2.36(р)).

1.Составить баланс активных и реактивных мощностей.

2.Определить показание ваттметра и направление потока энергии.

Решение. Выполним расчет токов в ветвях методом узловых потенциалов

(напряжений). Комплексные сопротивления

ветвей: Z			= R	+ jX	= 10 + j20 = 22,4 64° Ом, Z			= R + jX	=
		1	1	1			2	2	2
= 20 + j10 = 22,4 26° Ом, Z						= R	– jX = 10 – j20 = 22,4 –64° Ом.
					3	3	3
	Так как схема содержит два узла, 1 и 2 , то разность потенциалов
	– =		YE ⁄	Y , где
1	2	∑ –		∑ –
			E	E	224 –26° + 141 –45° = 16,1 –83° А,
	∑YE	=	-----1 +	-----2 =	224 –26° + 141 –45° = 16,1 –83° А,
	–		Z	Z	22,4 64°		22,4 26°

∑Y	=	-----1	+ -----1 +	-----1 =	----------1	(1,78	– j0,445) = 1,84---------- –14° 1/Ом,
–		Z	Z	Z	22,4		22,4
		1	2	3
–			16,1 –83°
–		=	--------------------------- 22,4 = 196				–69° В.
1	2		1,84 14°

По обобщенному закону Ома токи ветвей равны:

I	=		– (	– ) + E		=	– (70,7 – j182) + (200 – j100) = 6,84 –31° А,
I	=		-----------------------------------------1	2	1	=	– (70,7 – j182) + (200 – j100) = 6,84 –31° А,
			-----------------------------------------1	2
	1			Z			22,4 64°
				1
I	=		– (	– ) + E		=	– (70,7 – j182) + (100 – j100) = 3,94 44° А,
I	=		-----------------------------------------1	2	2	=	– (70,7 – j182) + (100 – j100) = 3,94 44° А,
			-----------------------------------------1	2
	2			Z			22,4 26°
				2
			–		196 –69° = 8,75 –5° А.
I	=		------------------1	2 =	196 –69° = 8,75 –5° А.
	3		Z		22,4 –64°
	3
			3
	Вычисляем комплексные мощности источников ЭДС:
	S	E	= E I* = 224 –26°æ6,84 31° = 1526 + j134 = P					E	+ jQ	E	,
		E	1	1				E		E
			1					1			1
					PE		= 1526 Вт, QE = 134 вар;
						1	1

S	E	= E I*	= 141 –45°æ3,94 –44° = 10 – j555 = P					E	+ jQ	E	,
	E	2 2						E		E
	2							2			2
		PE	= 10 Вт (почти холостой ход); QE			= –555 вар.
		2			2
Составляем баланс активных и реактивных мощностей:
			∑Pист	= ∑RI2 ,
где R		I2 = 10æ6,842 = 467 Вт,		R I2 = 20æ3,942			= 310 Вт, R				I2 =
	1	1		2	2					3	3
= 10æ8,752 = 766 Вт.
Следовательно, ∑RI2 = 1543 Вт, ∑Pист = PE						+ PE		= 1526 + 10 =
						1	2
= 1536 Вт.

Оба источника дают активную мощность в цепь, причем второй E работает практически без нагрузки по активной мощности:

2
	∑Qист	= ∑XI2 ,
где X	I2 = 20æ6,842 = 936 вар, X		I2 = 10æ3,942 = 155 вар, –X				I2 =
1	1	2	2			3	3
= –20æ8,752 = –1531 вар.
Следовательно, ∑XI2 = –440 вар, ∑Qист				= QE	+ QE	= 134 +
				1		2
+ (–555) = –421 вар.
Реактивную мощность отдают в цепь источник E					и конденсатор
				1
С (X	= 20 Ом). Приемниками		реактивной	мощности		являются

катушки с индуктивностями L	(X	= 20 Ом) и L (X	= 10 Ом), а
1	1	2	2
также источник E .
2

Определим показания ваттметра и направления передачи энергии

PW = Re[UWI*W] = –1056 Вт.

		2
Ваттметр измеряет активную мощность P =	PW	= PE – R1I1	=
		1

= 1526 – 462 = 1059 Вт, передаваемую через сечение, соответствующее точкам подключения параллельной катушки ваттметра, в осталь-

ную часть цепи от источника E .

2.37. Дано: J = 10 0 A, X

= R = X

= 80 Ом, R = X

= 20 Ом

(рис. к задаче 2.37).

Определить токи.

jXL2

–jXC

jXL2

jXL

Рис. к задаче 2.37

Рис. к задаче 2.38

* I

jXL

–jXC

–jX

jXL

–jXC

Рис. к задаче 2.39

Рис. к задаче 2.40

2.38. Дано: J = 10 0 A, XL

= 80 Ом, R1 = XС = 40 Ом, R2 =

= XL = 20 Ом (рис. к задаче 2.38).

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.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 609 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Теоретические основы электротехники

#
11.07.20208.85 Mб335Ekzamen_Toe.docx
#
11.07.20201.08 Mб61Obschiy_test_s_numeratsiey0.pdf
#
12.09.202025.09 Кб31TL_2017.doc
#
09.12.20214.92 Mб1362Бутырин Алексейчик Сборник задач по ТОЭ т1.pdf
#
10.06.20215.65 Mб197Ответы на экзамен лето 2 курс.docx
#
16.03.20211.61 Mб63ТОЭэкзам3sem.doc