книги / Теория линейных электрических цепей. Ч. 1
.pdfПри равенстве сумм комплексных величин суммы их модулей в общем случае не равны друг другу. Отсюда следует, что для полных мощностей S баланс не соблюдается.
3.4.5. Метод контурных токов
Алгоритм расчета цепей гармонического тока методом контурных токов аналогичен рассмотренному при изучении цепей постоянного тока (глава 2.3.2) с поправкой на символический метод.
При решении задачи данным методом составляется система уравнений вида
[Z ij ][Iii ]= [Eii ], |
(3.66) |
где [Z ij ] – квадратная матрица комплексных |
сопротивлений, в ко- |
торой |
|
Z ij (i= j ) – собственное комплексное сопротивление i-го контура, Z ij (i≠ j ) – общее комплексное сопротивление i и j контуров; [Iii ] – матрица-столбец контурных токов;
[Eii ] – матрица-столбец контурных ЭДС.
Пример. В цепи на рис. 3.26 гармонические источники ЭДС
e (t) = E |
|
sin(ω t + ψ |
1 |
) → |
|
E |
= Em1 e jψ 1 , |
|
|
|
|
|
||||
1 |
|
m1 |
|
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e (t) = E |
sin(ω t + ψ |
2 |
) |
→ |
E |
2 |
= Em2 |
e jψ 2 . |
|
|
|
|
|
|||
2 |
|
|
m2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Составим систему уравне- |
|
|
I1 |
R1 |
|
|
R3 |
X L |
||||||||
ний для контурных токов: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
3 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I3 |
|||||
Z 11 I11 + Z 12 I22 = E11 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
I |
2 |
I 22 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e1 |
|
|
|
e2 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
+ Z 22 I22 = E22 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
X C |
|
|
||||
Z 21 I11 |
|
|
|
|
|
|
I11 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.26 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.26 |
|
121
Z 11 = R1 + R2 − jX C2 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Z 22 = R2 + R3 + j(X L3 − X C2 |
), |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Z 12 = Z 21 = −(R2 − jX C2 ), |
E11 = E1 , |
E22 = E2 , |
||||||||||||||
∆ = |
|
Z 11 |
Z 12 |
|
, ∆ 1 = |
|
E11 |
Z 12 |
|
, ∆ 2 |
= |
|
Z 11 |
E11 |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
Z 21 |
Z 22 |
|
|
|
E22 |
Z 22 |
|
|
|
|
Z 21 |
E22 |
|
|
I1 = I11 , |
I2 = I11 − I22 , |
I3 = I22 . |
|
|
|
|
|
|
3.4.6. Метод узловых потенциалов
Алгоритм расчета цепей гармонического тока методом узловых потенциалов аналогичен рассмотренному при изучении цепей постоянного тока (глава 2.3.3) с поправкой на символический метод.
При решении задачи данным методом составляется система уравнений вида
[Y ij ][ϕ i ]= [Jii ], |
(3.67) |
где [Y ij ] – квадратная матрица комплексных проводимостей, в кото-
рой
Y ij (i = j ) – собственная комплексная проводимость i-го узла,
Y ij (i ≠ j ) – общая комплексная проводимость ветвей, соединяю-
щих i и j узлы;
[ϕ i ] – матрица-столбец потенциалов; [Jii ] – матрица-столбец узловых токов.
Для представленной цепи на рис. 3.26 система уравнений вырождается в одно уравнение, поскольку в цепи два узла.
ϕ 2 |
= 0, ϕ 1 |
= |
J11 |
, |
|
||||
|
|
|
Y 11 |
122
Y 11 |
= |
1 |
+ |
|
|
1 |
|
+ |
|
1 |
|
, J11 |
= |
E1 |
− |
|
|
E2 |
, |
||||
|
|
− jX C2 |
R3 |
+ jX L3 |
R1 |
R3 |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
R1 R2 |
|
|
|
|
|
|
+ jX L3 |
||||||||||||
I1 |
= |
− ϕ 1 + E1 |
, |
I 2 = |
|
|
ϕ 1 |
, |
I3 |
= |
ϕ 1 + E2 |
. |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
R1 |
|
|
|
|
R2 − jX C2 |
|
|
R3 + jX L3 |
|
|
3.4.7. Метод наложения
Алгоритм расчета аналогичен, приведенному в главе 2.3.4. Рассмотрим применение этого метода на примере схемы, изображенной на рис. 3.26, которую можно заменить на две составляющие подсхемы (рис. 3.27):
I1' |
R1 |
|
R3 |
|
X L3 |
I1' |
R1 |
R3 X L3 |
|
e1 |
|
R2 |
|
|
|
|
R2 |
|
e2 |
X C |
|
|
|
|
X C |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.27 |
|
|
|
|
|
Составляющая тока I1 от действия источника e1: |
||||||||
|
|
' |
= |
|
|
E1 |
|
|
|
|
|
I1 |
+ |
(R2 − jX C )(R3 + jX L ) , |
|
|
|||
|
|
|
R1 |
|
2 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
R2 + R3 + j( X L3 |
− X C2 ) |
|
|
|
составляющая тока I1 от действия источника e2: |
|
|
|||||||
|
" |
|
|
|
E2 |
|
R2 − jX C2 |
|
|
|
I1 |
= |
|
+ |
R1 (R2 − jX C2 ) |
R1 + R2 − jX C2 |
, |
||
|
|
R3 + jX L3 |
R1 + R2 |
− jX C2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
полный ток
I1 = I1′ + I1" .
123
3.4.8. Метод эквивалентного генератора
Алгоритм расчета аналогичен приведенному в главе 2.3.5. Рассмотрим применение этого метода на примере определения
тока I1 схемы на рис. 3.26. На рис. 3.28 представлены схема цепи в
режиме холостого хода (обрыв потребителя в ветви, в которой находят ток) и пассивная схема, в которой удалены источники (напоминаем, что источники исключаются из схемы по следующему правилу: источники ЭДС замыкаются накоротко, а ветви с источниками тока обрываются). Направление напряжения холостого хода U ХХ выбирается в соответствии с выбранным направлением искомого тока (см.
рис. 3.26). Для определения U ХХ |
записывается II закон Кирхгофа для |
|||||||||||
контура, содержащего U ХХ , в соответствии с направлением обхода, |
||||||||||||
указанным на рис. 3.28. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
U |
ХХ |
R3 |
X L |
|
|
|
|
R |
X L |
||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
3 |
3 |
||
|
|
|
R2 |
|
|
|
I3x |
|
|
R2 |
|
|
e |
|
|
I2x |
|
|
e |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1 |
|
|
X C |
|
|
|
2 |
|
|
X C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 3.28 |
|
|
|
|
|
|
UХХ − I3x (R2 − jX C2 ) = E1, |
I |
2 x = I3x |
= |
|
E2 |
, |
||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 + R3 + j( X L3 |
− X C2 ) |
||
Z |
вх |
= (R2 − jX C2 )(R3 + jX L3 ) , Z |
1 |
= R , |
I = UХХ . |
|||||||
|
|
R2 |
+ R3 + j( X L3 |
− X C2 ) |
1 |
1 |
Z1 + Z вх |
|||||
|
|
|
|
|
|
124
|
|
|
3.5. Задачи и вопросы |
|
|
|
|||
|
|
|
|
Типовые задачи |
|
|
|
||
|
Задача 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Дано: |
электрическая цепь, |
изобра- |
|
R |
|
|
||
женная |
на |
рис. |
3.29, |
для |
которой |
a |
|
b |
|
|
|
||||||||
i(t) = 10sin(314t + 30°) , А; |
R = 5 Ом; С = |
|
U R |
UC |
С |
||||
318 мкФ; L = 47,8 мГн. |
|
|
U |
||||||
|
|
U L |
|||||||
|
Найти: |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
d |
|
|
c |
||
|
1) комплексные и мгновенные зна- |
L |
|
||||||
|
|
|
|
||||||
чения напряжений на элементах схемы; |
|
Рис. 3.29 |
|
||||||
|
2) построить векторную диаграмму |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|||||
тока и напряжений и топографическую диаграмму напряжений. |
|
Решение
1. Перейдем от мгновенного значения тока к комплексному
(п. 3.3.1).
Комплекс тока: I = Im e jψ i = 10 e j30° А.
2 |
2 |
2. Найдем комплексные сопротивления реактивных элементов:
|
|
jω L = jX L = j314 47,8 10−3 = j15 Ом; |
|||
− j |
1 |
= − jX C = − j |
1 |
= − j10 |
Ом. |
|
|
||||
ω C |
314 318 10−6 |
3. По закону Ома в символической форме (п. 3.3.2) найдем комплексы напряжений на элементах схемы:
U R = RI = 5 7,07e j30° = 35,35e j30° В;
U L = jX L I = j15 7,07e j 30° = 106e j120° В;
UC = − jX C I = − j10 7,07e j 30° = 70,7e− j 60° В.
4. По известным комплексам напряжений найдем мгновенные значения напряжений:
125
uR (t) = 35,35 |
2 sin(314t + 30°) В; |
uL (t) = 106 |
2 sin(314t +120°) В; |
uC (t) = 70,7 |
2 sin(314t − 60°) В. |
5. Векторная диаграмма цепи.
При построении векторной диаграммы (рис. 3.30) векторы на-
+j
пряжений и токов откладываются из
U L начала координат комплексной плоскости.
|
I |
|
При |
построении |
топогра- |
|
U R |
|
фической диаграммы (рис. 3.31) век- |
||||
|
|
торы напряжений на элементах цепи |
||||
|
+1 |
строятся в той же последовательности, |
||||
UC |
в какой эти элементы включены в це- |
|||||
пи. При этом каждой точке схемы со- |
||||||
|
|
|||||
. 3.30 |
|
ответствуют |
определенная |
точка на |
||
|
комплексной плоскости. Принцип то- |
|||||
Рис. 3.30 |
|
|||||
пографичности |
выполняется |
только |
|
+j |
|
|
для напряжений. |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||
Построение топографической |
c |
UC |
|
|||
диаграммы начинают с того, что по- |
|
|
||||
|
|
|
||||
тенциал одной из точек цепи прини- |
|
U L U R a |
I |
|||
мают за 0, а затем, обходя цепь в ка- |
|
b |
|
|||
ком-либо направлении, подсчитыва- |
|
U |
|
|||
ют потенциалы |
всех точек |
цепи и |
|
d |
+1 |
отображают их на комплексной плос-
кости. |
Рис..33..31 |
|
ϕd = 0 ;
ϕc = ϕ d + jX L I = 0 + j15 7,07e j 30° = 106e j120° = 106 cos120° +
+j106sin120° = −53 + j91,8 В;
126
ϕ b = ϕ c + (− jX C )I = −53 + j91,8 − j10 7,07e j30° = −53 + j91,8 + + 70,7 cos(−60°) + j70,7 sin(−60°) = −53 + j91,8 + 35,35 − j61,23 = = −17,65 + j30,56 В;
ϕ a = ϕ b + RI = −17,65 + j30,56 + 5 7,07e j 30° = −17,65 +
+j30,46 + 35,35 cos 30° + 35,35sin 30° = −17,65 +
+j30,46 + 30,61 + j17,68 == 12,96 + j48,14 = 50 e j 75° В.
Задача 2. |
|
|
|
Дано: электрическая цепь, изобра- |
|
iR |
R |
женная на рис 3.32, для которой |
|
||
|
|
|
|
iR =1sin(1000t) , А; R = 1 Ом; |
i |
iL |
L |
|
|||
L = 1 мГн; С = 500 мкФ. |
|
iC |
С |
Найти: мгновенное значение тока i |
|
|
|
в неразветвленной части цепи и построить |
|
|
u |
векторную диаграмму токов и напряжений. |
|
|
. 3.32 |
|
|
Рис. 3.32 |
|
Решение |
|
|
|
1. Найдем комплекс тока в ветви с активным сопротивлением: |
I R |
= 1 e j 0° = 1 A. |
|
|
2 |
2 |
2. Определим комплексные сопротивления ветвей с реактивными элементами:
X L = jω L = j103 1 10−3 = j1 Ом;
X = − j = − j = − j2 Ом.
Cω C 1000 500 10−6
3.Найдем напряжение на входе цепи (оно является одинаковым для всех параллельно включенных ветвей):
U = RI = 1 1 |
= 1 В. |
2 |
2 |
127
4. Определим токи в ветвях с реактивными элементами:
|
I L = U = 1 |
= − j 1 А; |
|||
|
|
jX L |
2 j1 |
|
2 |
IC |
= |
U = |
1 |
= |
1 j0,5 А. |
|
|
− jX C |
2 (− j2) |
2 |
1. Найдем комплекс тока в общей ветви по первому закону Кирхгофа:
I = IR + IL + IC = |
1 (1 − j + j0,5) = |
1 |
(1 − j0,5) = 1,12 e− j 26,6° |
А. |
|
2 |
2 |
2 |
|
2. Мгновенное значение тока в общей ветви: |
|
|||
i(t) = 1,12 |
2 sin(1000t − 26,6°) =1,12sin(1000t − 26,6°) |
А. |
||
2 |
|
|
|
|
3. Построим векторную диаграмму (рис. 3.33 и 3.34). |
|
|||
+j |
|
|
+j |
|
IC |
|
|
|
|
|
U |
|
U |
|
|
I R +1 |
|
I R +1 |
|
|
I |
|
I |
|
I L |
|
|
IC I L |
|
Рис. 3.33 |
|
Рис. 3.34 |
|
Построение векторной диаграммы параллельного соединения удобнее начинать с напряжения.
При построении токов параллельных ветвей удобно каждый последующий ток строить из конца предыдущего (см. рис. 3.34).
Задача 3.
Дано: электрическая цепь, изображенная на рис. 3.35, для ко-
торой
e1 = e3 = 20 2 sin 314t В;
128
С1 = С2 = 318,5 мкФ;
R2 = 5 Ом; R3 = 10 Ом. L2 = 16 мГн;
Найти: токи ветвей методом узловых потенциалов и контурных токов.
Решение
Первые два пункта решения осуществляются независимо от выбранного расчетного метода.
1. Зададим положительные направления токов в ветвях.
|
e1 |
С2 |
e3 |
|
|
||
|
С1 |
R2 |
i3 |
i1 |
|
R3 |
|
|
i2 |
L2 |
|
|
Рис. 3.35 |
|
|
|
Рис. 3.35 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Заменим мгновенные зна- |
|
|||||
|
|
1 |
|
|
|
чения ЭДС, токов и сопротивлений их |
|
|||||||
|
E1 |
|
|
|
|
комплексными значениями (рис. 3.36): |
|
|||||||
|
|
|
|
E3 |
E1 = E3 = 20 e j 0° = 20 В; |
|
|
|||||||
|
I11 |
Z 2 |
I |
3 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
I1 |
Z 1 |
I22 |
|
Z 3 |
Z 1 = − j |
ω C1 = − j |
314 318,5 10−6 = − j10 |
Ом; |
||||||
|
I2 |
|
|
Z |
|
= R |
+ jω L − j |
|
1 |
= 5 + j314 16 10−3 − |
||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
2 |
2 |
|
ω |
C2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
. 3. 6 |
|
|
|
− j10 = 5 + j5 − j10 = 5 − j5 Ом; |
|
|||||||
|
Рис. 3.36 |
|
|
|
Z 3 = R3 =10 Ом. |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
Метод узловых потенциалов |
|
|
В цепи (см. рис. 3.36) два узла, поэтому используем метод двух узлов.
3. Выбираем узел 0 опорным (его комплексный потенциал принимаем равным нулю). Система уравнений для узловых потенциалов вырождается в одно уравнение с одним неизвестным потенциалом узла 1:
129
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Y 11ϕ 1 = J11 |
|
, откуда ϕ 1 = |
J11 |
. |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Y 11 |
|||
|
|
4. Определим коэффициенты уравнения и потенциал узла 1: |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
J11 |
= E1 + E3 = |
|
20 + 20 = 2 + j2 = 2 2e j 45° А; |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Z 1 |
Z 3 |
|
− j10 |
10 |
|
|
|
|
||||
Y 11 |
= |
1 |
+ |
1 |
+ |
1 |
|
= |
1 |
+ |
|
1 |
|
+ |
1 |
= j0,1+ |
5 + j5 |
+ 0,1 = 0,2 + j0,2; |
|||
Z 1 |
Z 2 |
Z 3 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
− j10 5 |
− j5 10 |
25 + 25 |
|
ϕ= 2 + j2 =10 В.
10,2 + j0,2
5.По закону Ома определим токи в ветвях цепи:
I1 |
= |
|
E1 − ϕ 1 |
= |
|
20 −10 |
= j1 = 1e j 90° А; |
||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
Z 1 |
|
|
− j10 |
|||
I2 |
= ϕ 1 = |
10 = 2e j 45° А; |
|||||||
|
|
|
Z 2 5 |
− j5 |
|||||
I3 |
= |
E3 − ϕ 1 |
= |
20 −10 |
=1 А. |
||||
|
|
||||||||
|
|
|
Z 3 |
10 |
|
|
Метод контурных токов
3.Выбираем независимые контуры и задаем направление контурных токов.
4.Записываем уравнения для контурных токов и подготовим численные значения коэффициентов:
|
+ Z 12 I22 |
= E11 , |
Z 11 I11 |
||
|
+ Z 22 I22 |
= E22 , |
Z 21 I11 |
где
Z11 = Z1 + Z 2 = 5 − j15 Ом; Z 22 = Z 2 + Z 3 = 15 − j5 Ом;
Z12 = Z 21 = −Z 2 = −5 + j5 Ом;
E11 = E1 = 20 В; E22 = −E3 = −20 В.
130