К.Р. по ТОЭ, "Электрическим машинам" и "промышленной электронике"

МИНОБРНАУКИ РОССИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего образования
«Тверской государственный технический университет»
(ТвГТУ)
ИДПО
кафедра Электроснабжения и электротехники
Контрольная работа
по дисциплине «электротехника»
Вариант 9
Выполнил:
Проверил: доцент Кузнецов А. В.
Тверь, 2024 г
Оглавление:
Задача 1. Линейные электрические цепи постоянного тока ..................... 3
Задача 2. Линейные электрические цепи синусоидального тока ............. 8
Задача 3. Трёхфазные цепи ........................................................................ 12
Задача 4. Магнитные цепи при постоянных потоках .............................. 14
Задача 5. Трансформатор ........................................................................... 17
Задача 6. Электродвигатель ....................................................................... 19
Задача 7. Выбор кабеля и автоматического выключателя ...................... 22
Задача 8. Биполярный транзистор ............................................................. 25
Задача 9. Усилитель с отрицательной обратной связью ......................... 27
Задача 10. Микросхемы .............................................................................. 29
ЗАДАЧА 1. ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ
ПОСТОЯННОГО ТОКА
Дано:
𝑅1 = 130 ом, 𝑅2 = 120 ом, 𝑅3 = 150 ом, 𝑅4′ = ∞ ом, 𝑅4′′ = 21 ом, 𝑅5 =
105 ом, 𝑅6′ = 504 ом, 𝑅6′′ = 280ом, 𝐸2 = 50 в, 𝐸3 = 23 в, 𝒥2 = 0,1 А, 𝒥3 = 0 А.
Схема:
Решение:
1) Упростим схему.
Сопротивление 𝑅4′ = ∞ ом – это линия не участвует в схеме.
Заменим источники тока 𝒥3 и 𝒥2 эквивалентными источниками ЭДС -
𝐸3′ и 𝐸2′ :
𝐸2′ = 𝒥2 𝑅2 = 0,1 ∙ 120 = 12 в
𝐸3′ = 𝒥3 𝑅3 = 0 ∙ 150 = 0 в
Для 𝑅6′ = 504 ом, 𝑅6′′ = 280 ом получим:
𝑅6′ 𝑅6′′
504 ∙ 280
𝑅6 = ′
=
= 180 Ом
𝑅6 + 𝑅6′′ 504 + 280
Для 𝑅5 и 𝑅3 будет общее сопротивление:
𝑅35 = 𝑅3 + 𝑅5 = 150 + 105 = 255 Ом
Для 𝑅1 и 𝑅2 будет общее сопротивление:
𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 = 130 + 120 = 250 Ом
Развернём схему в наглядную двух контурную (рис. 1):
Рис. 1 Конечное преобразование.
2) Составим систему уравнений по первому и второму закону Кирхгофа.
Первый закон Кирхгофа: «алгебраическая сумма токов ветвей,
сходящихся в каждом узле любой цепи, равна нулю». Составим уравнение для
узла с, предположив, что токи 𝐼2 и 𝐼3 – текут от узла, а ток 𝐼1 − к узлу, тогда:
𝐼1 − 𝐼2 − 𝐼3 = 0
Второй закон Кирхгофа: «алгебраическая сумма напряжений на
резистивных элементах замкнутого контура равна алгебраической сумме
ЭДС, входящих в этот контур». Составим уравнения для контура 𝐼11 и 𝐼22 :
Контур 𝐼11 :
−𝑅35 𝐼2 − 𝑅6 𝐼1 = −𝐸3
−255𝐼2 − 180𝐼1 = −23
255𝐼2 + 180𝐼1 = 23
Контур 𝐼22 :
𝑅6 𝐼1 + 𝑅12 𝐼3 = −𝐸2 + 𝐸2′
180𝐼1 + 250𝐼3 = −50 + 12
180𝐼1 + 250𝐼3 = −38
Получаем систему уравнений:
𝐼1 − 𝐼2 − 𝐼3 = 0
{ 255𝐼2 + 180𝐼1 = 23
180𝐼1 + 250𝐼3 = −38
С помощью ЭВМ решим систему ур-й. Нахождение токов 𝐼1 , 𝐼2 , 𝐼3 можно
представить как нахождение матрицы I:
𝑅𝐼 = 𝐸
𝑅−1 𝑅𝐼 = 𝑅−1 𝐸
𝐼 = 𝑅 −1 𝐸
Составим расширенную матрицу:
1
−1 −1 |
0
0
| 23 )
(180 255
180
0
250 | −38
Тогда
−0,0254
1
−1 −1 −1
0
−1
𝐼 = 𝑅 𝐸 = (180 255
0 ) ∙ ( 23 ) = ( 0,1081 )
0,1336
180
0
250
−38
Откуда
𝐼1 = −0,0254 А
𝐼2 = 0,1081 А
𝐼3 = 0,1336 А
3) Решение методом контурных токов.
В схеме выделим два контура - 𝐼11 и 𝐼22 . Пусть контурные токи
𝐼11 и 𝐼22 протекают по часовой стрелке, тогда на основе второго закона
Кирхгофа получаем:
{
(𝑅35 + 𝑅6 )𝐼11 − 𝑅6 𝐼22 = −𝐸3
−𝑅6 𝐼11 + (𝑅6 + 𝑅12 )𝐼22 = −𝐸2 + 𝐸2′
(255 + 180)𝐼11 − 180𝐼22 = −23
{
−180𝐼11 + (180 + 250)𝐼22 = −50 + 12
435𝐼11 − 180 𝐼22 = −23
{
−180𝐼11 + 430𝐼22 = −38
Решаем данное ур-е методом обратной матрицы. Расширенная матрица:
435 −180 | −23
(
)
−180 430 | −38
−0,1081
435 −180 −1 −23
(
) ∙(
)=(
)
−0,1336
−38
−180 430
Откуда 𝐼11 = 𝐼2 = −0,1081 и 𝐼22 = 𝐼3 = −0,1336 А. Отрицательное
значение говорит о том, что ток в реальности направлен в противоположную
сторону – против часовой стрелки, а не по часовой, как мы предположительно
приняли. Определим ток 𝐼1 (вычитаем, так как 𝐼11 и 𝐼22 текут на встречу друг
другу):
𝐼3 = 𝐼11 − 𝐼22 = −0,1081 − (−0,1336) = 0,0255 А
4) Решение методом узловых потенциалов.
Заземлим точку а. Её потенциал будет равен нулю 𝜑𝑎 = 0 в. Составим
уравнение узловых потенциалов для оставшихся узлов (в нашем случае это
только точка с):
𝐺11 𝜑с = 𝐼11
где 𝐺11 − сумма проводимостей всех ветвей, cсходящихся в узле с
𝐼11 − алгебраическая сумма токов, полученных от деления ЭДС ветвей,
подходящих к узлу с, на сопротивление данных ветвей.
𝐺11 =
1
1
1
1
1
1
1031
+
+
=
+
+
=
см
𝑅35 𝑅6 𝑅12 255 180 250 76500
𝐸3 𝐸2 − 𝐸2′
23 50 − 12
𝐼11 = −
+
=−
+
= 0,0618 А
𝑅35
𝑅12
255
250
Определяем потенциал 𝜑1 :
1031
∙ 𝜑 = 0,0618
76500 𝑏
1031
𝜑с = 0,0618 ÷
= 4,5858 в
76500
𝐺11 𝜑1 = 𝐼11 , →
Определяем токи:
𝐼1 =
𝜑с − 𝜑𝑎 4,5858 − 0
=
= 0,0254 А
𝑅6
180
𝐼2 =
(𝜑с − 𝜑𝑎 ) + 𝐸3 4,5858 + 23
=
= 0,1082 А
𝑅2
255
(𝐸2 − 𝐸2′ ) − (𝜑с − 𝜑𝑎 ) (50 − 12) − 4,5858
𝐼3 =
=
= 0,1336 А
𝑅12
250
5) Таблица сравнения.
Таблица 1. Сравнение различных методов расчётов.
Токи
𝐼1 , А
𝐼2 , А
𝐼3 , А
Контурные токи
0,0255
0,1081
0,1336
Методы расчётов
Узловые потенциалы
0,0254
0,1082
0,1336
Обратная матрица
0,0254
0,1081
0,1336
6) Баланс мощностей.
Суммарная мощность источников тока:
∑ 𝐸𝑖 𝐼𝑖 = 𝐸3 𝐼2 + (𝐸2 − 𝐸2′ )𝐼3 = 23 ∙ 0,1082 + (50 − 12) ∙ 0,1336 = 7,5654 Вт
Суммарная мощность нагрузки:
∑ 𝐼𝑖2 𝑅𝑖 = 𝐼12 (𝑅5 + 𝑅1 ) + 𝐼22 𝑅2 + 𝐼32 (𝑅4 + 𝑅3 )
= 0,02542 ∙ 180 + 0,10822 ∙ 255 + 0,13362 ∙ 250 = 7,5637 Вт
Балансы мощностей равны друг другу, значит расчёт произведён верно.
7) Потенциальная диаграмма.
Произведём расчёт для контура 𝑎𝑙𝑚𝑐𝑛𝑑𝑓𝑎, при заземлённой точке а:
𝜑𝑎 = 0 в
𝜑𝑚 = 𝜑𝑎 + 𝐼2 𝑅35 = 0 + 0,1081 ∙ 255 = 27,5655 в
𝜑с = 𝜑𝑚 − 𝐸3 = 27,5655 − 23 = 4,5655 в
𝜑𝑛 = 𝜑с + 𝐼3 𝑅12 = 4,5655 + 0,1336 ∙ 250 = 37,9655 в
𝜑𝑑 = 𝜑𝑛 + 𝐸2′ = 37,9655 + 12 = 49,9655 в
𝜑𝑓 = 𝜑𝑑 − 𝐸2 = 49,9655 − 50 = 0,0345 ≈ 0 в
По данным значениям построим потенциальную диаграмму.
ЗАДАЧА 2. ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ
СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
Дано:
𝐿2 = 4,2 мГн, 𝐿3 = 1,9 мГн, С2 = 0,8 мкФ, С3 = 0,7 мкФ, 𝑅1 = 17 Ом,
𝑓 = 3000 Гц
𝑒1′ = 124 sin(𝜔𝑡 − 22° ), 𝑒1′′ = 10 cos(𝜔𝑡 + 248° ), 𝑒3′ = 56 cos(𝜔𝑡 − 147° )
Схема:
Надо: определить комплексные токи в цепи, построить векторную
диаграмму, определить показание ваттметра.
Решение:
1) На основании законов Кирхгофа составим уравнения токов цепи.
По I закону Кирхгофа:
𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3 = 0
По II закону Кирхгофа для первого и второго контура по часовой
стрелке:
𝑑𝑖2 1
− ∫ 𝑖 𝑑𝑡 = 𝑒1′ − 𝑒1′′ ,
𝑑𝑡 С2 2
𝑑𝑖2 1
1
𝑑𝑖3
𝐿2
+ ∫ 𝑖2 𝑑𝑡 − ∫ 𝑖3 𝑑𝑡 − 𝐿3
= −𝑒3′ ;
{ 𝑑𝑡 С2
С3
𝑑𝑡
𝑅1 𝑖1 − 𝐿2
Объединим уравнение по I и II закону Кирхгофа:
𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3 = 0,
𝑑𝑖2 1
𝑅1 𝑖1 − 𝐿2
− ∫ 𝑖 𝑑𝑡 = 𝑒1′ − 𝑒1′′ ,
𝑑𝑡 С2 2
𝑑𝑖2 1
1
𝑑𝑖3
𝐿2
+ ∫ 𝑖2 𝑑𝑡 − ∫ 𝑖3 𝑑𝑡 − 𝐿3
= −𝑒3′ ;
С3
𝑑𝑡
{ 𝑑𝑡 С2
Сопротивление катушки 𝐿2 и 𝐿3 будет:
°
𝑗Х𝐿2 = 𝑗2𝜋𝑓𝐿2 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 3000 ∙ 4,2 ∙ 10−3 = 79,1𝑒 𝒿90 = 𝑗79,1 Ом
°
𝑗Х𝐿3 = 𝑗2𝜋𝑓𝐿2 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 3000 ∙ 1,9 ∙ 10−3 = 35,8𝑒 𝒿90 = 𝑗35,8 Ом
Сопротивление конденсаторов С2 и С3 :
𝑗ХС2 =
1
1
−𝒿90°
=
=
66,31𝑒
= −𝑗66,31 Ом
𝑗2𝜋𝑓С2 𝑗2𝜋 ∙ 3000 ∙ 0,8 ∙ 10−6
𝑗ХС3 =
1
1
−𝒿90°
=
=
75,8𝑒
= −𝑗75,8 Ом
𝑗2𝜋𝑓С3 𝑗2𝜋 ∙ 3000 ∙ 0,7 ∙ 10−6
Источники ЭДС:
°
𝐸̇1′ = 𝑒1′ = 124 sin(𝜔𝑡 − 22° ) = 124𝑒 −𝒿22 в
°
𝐸̇1′′ = 𝑒1′′ = 10 cos(𝜔𝑡 + 248° ) = −10 sin(𝜔𝑡 + 158° ) = −10𝑒 𝒿158 в
°
𝐸̇3′ = 𝑒3′ = 56 cos(𝜔𝑡 − 147° ) = −56 sin(𝜔𝑡 − 237° ) = −56𝑒 −𝒿237 в
Преобразим схему (рис. 3):
Рис. 3. Схема после преобразования.
2) Перейдём показательному способу расчётов.
На основании всего вышеперечисленного получаем окончательный
вариант уравнения:
𝐼1̇ + 𝐼2̇ + 𝐼3̇ = 0,
{ 𝑅1 𝐼1̇ − (𝑗Х𝐿2 + 𝑗ХС2 )𝐼2̇ = 𝐸̇1′ − 𝐸̇1′′ ,
(𝑗Х𝐿 + 𝑗ХС )𝐼2̇ − (𝑗Х𝐿 + 𝑗ХС )𝐼3̇ = −𝐸̇3′ ;
2
2
3
3
𝐼1̇ + 𝐼2̇ + 𝐼3̇ = 0,
°
°
{ 17𝐼1̇ − (𝑗79,1 − 𝑗66,31)𝐼2̇ = 124𝑒 −𝒿22 + 10𝑒 𝒿158 ,
°
(𝑗79,1 − 𝑗66,31)𝐼2̇ − (𝑗35,8 − 𝑗75,8)𝐼3̇ = 56𝑒 −𝒿237 ;
𝐼1̇ + 𝐼2̇ + 𝐼3̇ = 0,
°
{17𝐼1̇ − 𝑗12,79𝐼2̇ = 114𝑒 −𝒿22 ,
°
𝑗12,79𝐼2̇ + 40𝐼3̇ = 56𝑒 −𝒿237 ;
Решим данное уравнение методом обратной матрицы:
°
5,38𝑒 −𝒿76
0
1
1
1 −1
°
(17 −𝑗12,79 0 ) ∙ (114𝑒 −𝒿22 ) = ( 7,48𝑒 𝒿119° )
°
°
0
𝑗12,79 40
56𝑒 −𝒿237
2,68𝑒 −𝒿29,8
Откуда:
°
𝐼1̇ = 5,38𝑒 −𝒿76 А,
°
𝐼2̇ = 7,48𝑒 𝒿119 А,
°
𝐼3̇ = 2,68𝑒 −𝒿29,8 А;
Рассчитаем баланс мощности. Суммарная мощность источников ЭДС:
∗
∗
∗
𝐼 𝑖 = (𝐸̇1′ + 𝐸̇1′′ ) ⏞
𝐼 1 + 𝐸̇3 ⏞
𝐼3
∑ 𝐸̇𝑖 ⏞
°
°
°
°
°
= (124𝑒 −𝒿22 + 10𝑒 𝒿158 ) ∙ 5,38𝑒 −𝒿76 − 56𝑒 −𝒿237 ∙ 2,68𝑒 −𝒿29,8
= 494 + 𝑗427,6 ВА
Суммарная мощность нагрузки:
2
2
2
2
∑|𝐼𝑖̇ | 𝑍𝑖 = |𝐼1̇ | 𝑅1 + |𝐼2̇ | (𝑗Х𝐿2 + 𝑗ХС2 ) + |𝐼3̇ | (𝑗Х𝐿3 + 𝑗ХС3 )
° 2
° 2
= |5,38𝑒 −𝒿76 | 17 + |7,48𝑒 𝒿119 | (𝑗79,1 − 𝑗66,31)
° 2
+ |2,68𝑒 −𝒿29,8 | (𝑗35,8 − 𝑗75,8) = 493,9 + 𝑗427,6 ВА
Так как баланс мощностей сходиться, то расчёты проведены верно.
3) По результатам построим векторную диаграмму токов.
На векторную диаграмму нанесём вектор напряжения, подходящего к
ваттметру. Определим показание ваттметра.
Напряжение 𝑈𝑏с :
°
°
𝑈𝑏с = (𝑗Х𝐿2 + 𝑗ХС2 )𝐼2̇ = (𝑗35,8 − 𝑗75,8) ∙ 7,48𝑒 𝒿119 = 299𝑒 𝒿29 в
Мощность, проходящая через ваттметр, определяется как скалярное
произведение векторов. Значение тока и напряжения приведём от
максимально амплитудного к действительному значению, поделив на √2:
⃗ 𝑏с 𝐼3 = 𝑈𝑏с 𝐼3 cos 𝛼 =
𝑃=𝑈
299 2,68
∙
∙ cos(29° + 29,8° ) = 207,5 Вт
√2 √2
ЗАДАЧА 3. ТРЁХФАЗНЫЕ ЦЕПИ
Дано:
𝐸1 = 30 в, 𝑇 = 0,015 𝑐, 𝐿 = 24 мГн, 𝑅1 = 18 Ом,
Схема:
Нужно: рассчитать токи, построить векторную диаграмму токов и
напряжений.1
Решение:
1) Произведём расчёт для цепи А, B и C.
Преобразуем в символьный вид параметры элементов:
°
𝐸̇𝐴 = 30 sin(𝜔𝑡 + 0° ) = 30е 𝒿0 в
1
1
𝑗𝑋𝐿 = 𝑗2𝜋 𝐿 = 𝑗2𝜋
∙ 24 ∙ 10−3 = 𝑗10 Ом
𝑇
0,015
Общее сопротивление цепи А в силу симметричности нагрузки:
𝑍𝐴̇ = 𝑍̇𝐵 = 𝑍̇𝐶 = 𝑅1 + 𝑗𝑋𝐿 = 18 + 𝑗10 Ом
Тогда значение тока в цепи А:
°
𝐸̇1
30е 𝒿0
°
𝐼𝐴̇ =
=
= 1,45е−𝒿29 А
18 + 𝑗10
𝑍𝐴̇
Для цепи В:
°
𝐸̇𝐵 30е 𝒿120
°
𝐼𝐵̇ =
=
= 1,45е 𝒿91 А
𝑍̇𝐵 18 + 𝑗10
Для цепи С:
°
𝐸̇𝐶 30е−𝒿120
°
𝐼𝐶̇ =
=
= 1,45е−𝒿149 А
𝑍̇𝐶 18 + 𝑗10
2) Рассчитаем напряжения на элементах в каждой цепи.
°
°
𝑈̇𝐴𝑅1 = 𝐼𝐴̇ ∙ 𝑅1 = 1,45е−𝒿29 ∙ 18 = 26,2е−𝒿29 в
°
°
𝑈̇𝐴𝐿 = 𝐼𝐴̇ ∙ 𝑗𝑋𝐿 = 1,45е−𝒿29 ∙ 𝑗10 = 14,6е 𝒿61 в
°
°
𝑈̇𝐵𝑅1 = 𝐼𝐵̇ ∙ 𝑅1 = 1,45е𝒿91 ∙ 18 = 26,2е 𝒿91 в
°
°
𝑈̇𝐵𝐿 = 𝐼𝐵̇ ∙ 𝑗𝑋𝐿 = 1,45е𝒿91 ∙ 𝑗10 = 14,6е−𝒿179 в
°
°
𝑈̇𝐶𝑅1 = 𝐼𝐶̇ ∙ 𝑅1 = 1,45е−𝒿149 ∙ 18 = 26,2е−𝒿149 в
°
°
𝑈̇𝐶𝐿 = 𝐼𝐶̇ ∙ 𝑗𝑋𝐿 = 1,45е−𝒿149 ∙ 𝑗10 = 14,6е−𝒿59 в
3) На основание выше приведённых расчётов построим векторную
диаграмму токов и напряжений.
ЗАДАЧА 4. МАГНИТНЫЕ ЦЕПИ ПРИ ПОСТОЯННЫХ
ПОТОКАХ
Дано:
𝑙1 = 16 см = 0,16 м,
𝑙2 = 28 см = 0,28 м
𝑙3 = 50 см = 0,5 м
𝑆1 = 𝑆2 = 𝑆3 = 5 см2 = 5 ∙ 10−4 м
Ф1 = 0,28 ∙ 10−3 Вб
Ф3 = 0,28 ∙ 10−3 Вб
Схема:
Нужно: найти МДС 𝐹3
Решение:
По пневмоническому правилу определяем направление МДС: если
пальцами правой рукой обхватить витки по направлению движения тока, то
выставленный большой палец укажет направление МДС. Так как по условию
задачи нам не даны направления магнитных потоков, то выберем их
произвольно: пусть Ф3 и Ф1 двигаются по направлению МДС этих же цепей,
а Ф1 − является суммой Ф3 и Ф1 . Отметим это на схеме (рис. 4):
Рис. 4. Направление поток, МДС и обход контуров.
Составим по II закону Кирхгофа для магнитных цепей уравнение для 1
и 2 контура:
𝐹3 = 𝐻3 𝑙3 + 𝐻2 𝑙2
𝐹1 = 𝐻1 𝑙1 + 𝐻2 𝑙2
Ф2 = Ф3 + Ф1 = 0,28 + 0,28 = 0,56 ∙ 10−3 Тл
Определяем магнитную индукцию в цепи 1 и 2:
Ф3 0,28 ∙ 10−3
𝐵3 =
=
= 0,56 Тл
𝑆3
5 ∙ 10−4
Ф2 0,56 ∙ 10−3
𝐵2 =
=
= 1,12 Тл
𝑆2
5 ∙ 10−4
𝐵1 =
Ф1 0,28 ∙ 10−3
=
= 0,56 Тл
𝑆1
5 ∙ 10−4
Определим напряжённость магнитного поля на данных участках по
параметрам кривой 𝐵 = 𝑓(𝐻) для стали на рис. 5. Получаем:
А
м
А
𝐻2 (1,12) = 686
м
𝐻1 (0,56) = 195
Тогда значение МДС 𝐹3 будет:
𝐹3 = 𝐻3 𝑙3 + 𝐻2 𝑙2 = 195 ∙ 0,5 + 686 ∙ 0,28 = 289,6 А
МДС 𝐹3 направленно в ту же сторону, чем мы заранее выбрали.
Рис. 5. Параметры кривой 𝐵 = 𝑓(𝐻)для стали марки 1211.
ЗАДАЧА 5. ТРАНСФОРМАТОР
Дано:
𝑆н = 400 кВА
𝑈1 = 10 кВ
𝑈2 = 0,66 кВ
𝑒в = 4 В
Кз = 0,95
𝑓 = 50 Гц
𝑄𝑐 = 0,01 м2
Нужно: определить число витков в обмотках; максимальное значение
основного магнитного потока; площадь поперечного сечения стержня;
номинальный ток во вторичной цепи; коэффициент трансформации.
Решение:
Максимальное значение магнитного потока:
Фм =
𝑒в
4
=
= 0,018 Вб
4,44 ∙ 𝑓 ∙ 𝑤 4,44 ∙ 50 ∙ 1
Максимальная магнитная индукция:
𝐵м =
Фм
0,018
=
= 1,89 Тл
𝑄𝑐 ∙ Кз 0,01 ∙ 0,95
Число витков вторичной обмотки:
𝑤2 =
𝑈2
660
=
= 165 витков
4,44 ∙ 𝑓 ∙ Фм 4,44 ∙ 50 ∙ 0,018
Коэффициент трансформации:
𝑘=
𝑈1
10
=
= 15
𝑈2 0,66
Число витков первичной обмотки:
𝑤1 = 𝑘𝑤2 = 15 ∙ 165 = 2475 витков
Номинальный ток вторичной цепи:
𝐼2 =
𝑆
𝑈2
=
400
0,4
= 1000 А
ЗАДАЧА 6. ЭЛЕКТРОДВИГАТЕЛЬ
Дано:
𝑈л 𝑓1 𝐼1 2р cos 𝜑 𝑚𝑀 𝑆к′ р
𝑆
𝑅2
𝑃эл 𝑃доб+мех
В
Гц А
Ом
Вт
Вт
380 50 128 2 0,89 2,5 0,072 0,014 0,023 5144
830
Найти: номинальную мощность на валу 𝑃2 и мощность из сети 𝑃1
номинальное кпд; номинальное скольжение 𝑆н ; добавочное сопротивление,
включенное в цепь обмотки ротора для искусственной механической
характеристики; построить естественную и искусственную механические
характеристики
Решение:
Определим силу тока 𝑃1 , потребляемую двигателем из сети:
𝑃1 = √3𝑈л 𝐼1 cos 𝜑 = √3 ∙ 380 ∙ 128 ∙ 0,89 = 75 кВт
Определяем 𝑃2 из уравнения:
𝑃1 = 𝑃2 + 2𝑃эл + 𝑃доб+мех
𝑃2 = 𝑃1 − (2𝑃эл + 𝑃доб+мех ) = 75000 − (2 ∙ 5144 + 830) = 63,9 кВТ
Откуда КПД:
𝜂=
𝑃2 63,9
=
= 0,85
𝑃1
75
Определим частоту вращения магнитного поля 𝑛1 :
𝑛1 =
60𝑓1 60 ∙ 50
об
=
= 3000
𝑝
1
мин
Механическая мощность 𝑃мех :
𝑃мех = 𝑃2 + 𝑃доб+мех = 63,9 + 0,830 = 64,73 кВт
Электромагнитная мощность 𝑃эм :
𝑃эм = 𝑃мех + 𝑃эл = 64,73 + 5,144 = 70 кВт
Определяем момент 𝑀2 :
𝑀2 =
𝑃эм
𝑃эм
70 000
=
=
= 222,8 Н ∙ м
2𝜋𝑛1
2𝜋 ∙ 3000
Ω1
60
60
Максимальный момент:
𝑀𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑀 𝑀2 = 2,5 ∙ 222,8 = 557 Н ∙ м
Скорость вращения ротора 𝑛2 :
𝑛2 =
9,55 ∙ 𝑃2 9,55 ∙ 63 900
об
=
= 2739
𝑀2
222,8
мин
Номинальное скольжение 𝑠н :
𝑠н =
𝑛1 − 𝑛2 3000 − 2739
=
= 0,087
𝑛1
3000
Определим критическое скольжение 𝑠к :
𝑠к = 𝑠н (𝑚𝑀 + √𝑚𝑀 2 − 1) = 0,087 (2,5 + √2,52 − 1) = 0,416
Задаваясь скольжением s от 0 до 1, рассчитаем вращающий момент и
частоту вращения двигателя в соответствии с уравнениями:
2𝑀𝑚𝑎𝑥
2 ∙ 557
𝑀=𝑠
=
s
0,416
s
к
+
+
s 𝑠к
s
0,416
𝑛2 = 𝑛1 (1 − s) = 3000(1 − s)
s
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
М, Нм
253 435 528,5 556,6 547,7 521,6 489
𝑛2 , об/мин 2700 2400 2100 1800 1500 1200 900
0,8
456
600
0,9
1
424 395
300 0
На основе вычисленных данных построим естественную механическую
характеристику. Для искусственной характеристики произведём расчёт:
𝑀=
2𝑀𝑚𝑎𝑥
2 ∙ 72,6
=
0,072
s
s
+
+ ′
s
0,072
s
𝑆к р
𝑆к′ р
s
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
М, Нм
528 355 253 194 157 131,7 113
𝑛2 , об/мин 2700 2400 2100 1800 1500 1200 900
Определим добавочное сопротивление 𝑅д′ :
0,8 0,9
99,5 88,5
600 300
1
80
0
𝑅д′ =
𝑅2
𝑆к′ р
( 𝑠 − 1)
н
=
0,023
= 0,0055 Ом
0,072
−1
0,014
ЗАДАЧА 7. ВЫБОР КАБЕЛЯ И АВТОМАТИЧЕСКОГО
ВЫКЛЮЧАТЕЛЯ
Дано:
Найти: ток двигателя. Выбрать кабель для питания указанного в
варианте электродвигателя и определить площадь поперечного сечения жил
кабеля. Привести значения длительно допустимых токов для кабеля из ПУЭ
и показать значение тока для выбранного кабеля с учетом способа прокладки.
Выбрать автоматический выключатель.
Решение:
Паспортные данные двигателя АИР200М8:
𝑃2
кВт
18,5
𝑈1
кВ
0,38
𝐼1
А
41,1
𝐼п ⁄𝐼1
7
Пиковый ток электродвигателя:
𝐼п = 7𝐼1 = 7 ∙ 41,1 = 287,7 А
При этом, нужное значение по току срабатывания:
𝐼сраб = 1,25𝐼п = 1,25 ∙ 287,7 = 360 А
Ток перегрузки двигателя:
𝐼перег = 1,4𝐼1 = 1,4 ∙ 41,1 = 57,5 А
Определим кабель, который нужен для прокладки в трубе по ПУЭ
табл.1.3.4. (рис. 6). Для нашего случая – это трёх одножильный ПВС 3х1 с
длительно допустимым током 𝐼дд = 50 А и сечением 𝑆 = 6 мм2 .
Выберем автоматический выключатель. Для наших параметров нам
подходит КЭАЗ АП50Б-3МТ-10А-10Iн-500AC-У3-КЭАЗ (рис. 6), так как:
Наименование
параметров
Рабочее напряжение, в
Ток перегрузки, а
Пусковой ток, а
Сравниваемые параметры
Рассчитываемые
кэаз optimat d250ltm050-ухл3
380
400
50
41,1…57,5
500
360
Рис. 6. ПУЭ, таблица 1.3.4.
Рис7. Технические характеристики АВ кэаз optimat d250l-tm050-ухл3.
ЗАДАЧА 8. БИПОЛЯРНЫЙ ТРАНЗИСТОР
Дано:
ℎ11
Ом
4000
ℎ21
Ом
250
ℎ22
См
40 ∙ 10−5
𝐸вх
мВ
5
𝑅вн
кОм
5
𝑅к
кОм
5
Схема:
Найти: 𝑈вых , 𝑅вых .
Решение:
Эквивалентная схема замещения:
Определим входное сопротивление 𝑅вх при условии, что 𝑅б ≫ ℎ11 :
Правило Лопиталя
𝑅б ℎ11
ℎ11
(𝑅б ℎ11 )′
𝑅вх = lim
=[
] = lim
= ℎ11
′
𝑅б →∞ 𝑅б +ℎ11
𝑅б →∞ 1
(𝑅б + ℎ11 )
Выходное сопротивление 𝑅вых :
1
1
3
∙𝑅
−5 ∙ 5 ∙ 10
ℎ22 к
40
∙
10
𝑅вых =
=
= 1666 Ом
1
1
3
+ 𝑅к
+ 5 ∙ 10
ℎ22
40 ∙ 10−5
Ток базы 𝐼б :
𝐸вх
5 ∙ 10−3
𝐼б =
=
= 5,55 ∙ 10−7 А
𝑅вн + 𝑅вх 5000 + 4000
Входное напряжение 𝑈вх :
𝑈вх = 𝐼б ℎ11 = 5,55 ∙ 10−7 ∙ 4000 = 2,22 мВ
Коэффициент усиления по напряжению 𝐾𝑢 :
𝐾𝑢 =
ℎ21
250
𝑅вых =
1666 = 104,1
ℎ11
4000
Выходное напряжение 𝑈вых :
𝑈вых = 𝐾𝑢 𝑈вх = 104,1 ∙ 0,00222 = 0,231 в
ЗАДАЧА 9. УСИЛИТЕЛЬ С ОТРИЦАТЕЛЬНОЙ ОБРАТНОЙ
СВЯЗЬЮ
Дано:
𝛽
𝑟э
Ом
40
25
Схема:
𝑟б
Ом
150
𝑟к
кОм
40
𝑅г
кОм
0,75
𝑅к1
кОм
6,5
𝑅к2
кОм
12
𝑅о.с.
кОм
20
𝑅э
кОм
7,5
𝑅н
кОм
20
Найти: 𝐹, 𝐾𝑈 , 𝐾𝑈 ос , 𝑅вх ос , 𝑅вых ос .
Решение:
Глубина обратной связи в схеме с последовательной ООС по
напряжению определяется выражением:
𝐹 = 1 + 𝐾𝜒
где 𝐾 − коэффициент усиления в схеме без ООС, 𝜒 −коэффициент
передачи цепи ООС.
Коэффициент усиления схемы по напряжению:
𝐾𝑈 ≈ 𝛽
𝑅к2
12
= 40
= 64
𝑅э
7,5
Коэффициент передачи цепи ОС:
𝜒=
𝑅э
7,5
=
= 0,272
𝑅о.с. + 𝑅э 20 + 7,5
Глубина обратной связи ООС:
𝐹 = 1 + 𝐾𝑈 𝜒 = 1 + 64 ∙ 0,272 = 18,4
Коэффициент усиления схемы с ООС:
𝐾𝑈 ос =
𝐾𝑈
64
=
= 3,47
𝐹
18,4
Входное сопротивление ℎ11э транзистора Т1 :
ℎ11э = 𝑟б + (1 + 𝛽)𝑟э = 150 + (1 + 40)25 = 1175 Ом
Входное сопротивление транзисторного каскада с отрицательной связью
через 𝑅э :
𝑅вх = ℎ11э + (1 + 𝛽)𝑅э = 1175 + (1 + 40) ∙ 7500 = 308,6 кОм
Выходное сопротивление 𝑅вых транзисторного каскада без ООС:
ℎ22э ≈
𝑅вых =
1
ℎ22э
=
1
1
=
𝑟к 40000
𝑟к
40000
=
= 975,6 кОм
1 + 𝛽 1 + 40
Определим 𝑅вх ос :
𝑅вх ос = 𝑅вх 𝐹 = 308,6 ∙ 18,4 = 5,67 МОм
Определим 𝑅вых ос :
𝑅вых ос =
1
𝐹
1
+
𝑅вых 𝑅к2
=
1
= 9,78 кОм
18,4
1
+
975,6 12
ЗАДАНИЕ 10. МИКРОСХЕМЫ
Дано:
Ку
𝑅н
кОм
6
50
Схема:
𝑅вх
кОм
50
𝑅вых
кОм
5
𝑅г
Ом
400
Найти: 𝑅1 , 𝑅2 , 𝑅3
Решение:
Для получения высокой стабильности коэффициента усиления
сопротивление 𝑅1 выбирают из условия 𝑅г ≪ 𝑅1 ≪ 𝑅вх , поэтому пусть 𝑅1 =
2 кОм.
При 𝑅2 ≫ 𝑅вых коэффициент усиления определяется по формуле
Ку =
𝑅2
𝑅1
.
, откуда:
𝑅2 = Ку 𝑅1 = 6 ∙ 2 = 12 кОм
Эквивалентное сопротивление нагрузки усилителя:
𝑅н′ =
𝑅2 𝑅н
12 ∙ 50
=
= 9,67 кОм
𝑅2 + 𝑅н 12 + 50
𝑅н′ должен быть больше 𝑅вых , что и выполняется:
9,67 > 5
Для симметричности ОУ определим 𝑅3 :
𝑅3 =
(𝑅г + 𝑅1 )𝑅2
(0,4 + 2)12
=
= 2 кОм
𝑅г + 𝑅1 + 𝑅2 0,4 + 2 + 12