Задачник по Электротехнике часть 1

Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Омский государственный технический университет»
ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ ЭЛЕКТРОТЕХНИКИ
Сборник задач с решениями
3-е изд. перераб. и доп.
Допущено УМО по образованию в области энергетики и электротехники
в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений,
обучающихся по программам подготовки бакалавров и магистров техники и технологии
и дипломированных специалистов направления 140200 – «Электроэнергетика»
Омск 2005
УДК 621.3(075)
ББК 31.21я73
Т 33
Рецензенты:
Харламов В.В., д-р техн. наук, проф.;
Щербаков В.С., д-р техн. наук, проф.
Т 33 Теоретические основы электротехники: Сборник задач с решениями /
А.В. Бубнов, В.А. Костюк, А.И. Лыченков, В.А. Любимова, А.П. Попов,
В.К. Федоров, В.Л. Федоров. 3-е изд., перераб. и доп. – Омск: Изд-во
ОмГТУ, 2005. – 256 с.
ISBN 5-8149-0250-7
В сборник включены задачи по всем разделам курса теоретических
основ электротехники (ТОЭ) с подробными решениями и пояснениями.
Предназначен для студентов электротехнических специальностей
(“Электроснабжение промышленных предприятий”, “Промышленная электроника”), изучающих курс теоретических основ электротехники, а также
может быть использован для самостоятельной работы студентов при изучении курса ТОЭ, при решении задач во время практических занятий и для
подготовки к экзаменам.
Печатается по решению редакционно-издательского совета Омского государственного технического университета.
УДК 621.3(075)
ББК 31.21я73
© Авторы, 2005
© Омский государственный
технический университет, 2005
ISBN 5-8149-0250-7
2
ВВЕДЕНИЕ
Курс «Теоретические основы электротехники» является связующим звеном
между фундаментальными дисциплинами более раннего цикла (физика, математика и др.) и в то же время базовым предметом для специальностей электротехнического профиля.
С целью облегчения усвоения студентами курса теоретических основ электротехники, изучаемого в течение трех семестров, в предлагаемом сборнике все
задачи сопровождаются подробными решениями.
Сборник состоит из 14 глав и включает задачи по теории линейных цепей,
цепей постоянного и синусоидального тока в установившемся и переходном режимах, нелинейных цепей постоянного и переменного тока, трехфазных цепей,
линий с распределенными параметрами в установившемся и переходном режимах, а также задачи по электростатике, магнитостатике и электромагнитному полю.
Принятый порядок расположения глав и задач в каждой главе не определяет
желательную или необходимую последовательность их самостоятельного решения студентами и решения в аудитории с преподавателем или студентами совместно с преподавателем.
Большинство отобранных задач характеризуется практической направленностью, т.е. это задачи, возникающие при исследовании процессов в реальных электротехнических устройствах, решение которых позволяет получить углубленные
представления по важным разделам курса теоретических основ электротехники и
понимание физики электромагнитных процессов. Кроме того, в сборнике есть и
достаточное число задач, схемы и параметры которых выбраны произвольно, с
целью подчеркнуть особенности того или иного метода расчета электрических
цепей или электромагнитного поля.
3
ГЛАВА 1
ЦЕПИ ПОСТОЯННОГО ТОКА
Теоретические положения
1. Элементы электрической цепи.
В электрических цепях постоянного тока есть пассивные и активные элементы.
Пассивный линейный элемент – резистор, имеющий электрическое сопротивление R (рис. 1.1а). Ток I и напряжение Uab электрического сопротивления связаны законом Ома
U ab  RI .
(1.1)
Величина, обратная сопротивлению, есть электрическая проводимость:
G
1
.
R
(1.2)
Активные линейные элементы – источники электромагнитной энергии.
Активные линейные элементы подразделяются:
а) на независимые источники;
б) зависимые (управляемые) источники.
Независимые источники могут быть идеальные и реальные.
Идеальный источник электродвижущей силы характеризуется напряжением
Uab, которое не зависит от тока I, и электродвижущей силой Е (обозначения положительных направлений напряжения и тока показаны на рис. 1.1б):
U ab  E .
(1.3)
Внутреннее сопротивление идеального источника ЭДС равно нулю. Реальный
источник электродвижущей силы имеет внутреннее сопротивление. Он может
быть изображен в виде последовательной схемы, содержащей ЭДС Е и внутреннее сопротивление R (на рис. 1.1в показаны положительные направления Е и Uab).
Идеальный источник тока. Ток J источника тока не зависит от напряжения
Uab (внутренняя проводимость источника тока равна нулю, сопротивление источника тока бесконечно велико).
1
Идеальный и реальный источники тока (с внутренней проводимостью G  )
R
приведены на рис. 1.1г, д.
4
a
a
a
R
I
R
E
Uab
a
I
Uab
Uab
J
Uab
J
G=
E
I
b
а)
a
b
b
б)
b
в)
г)
1
R
Uab
b
д)
Рис. 1.1
Переход от схемы источника электродвижущей силы к эквивалентной схеме
источника тока осуществляется по формулам:
J
E
;
R
E
J
;
G
R
1
.
G
(1.4)
2. Закон Ома.
Этот закон применяется для ветви или одноконтурной замкнутой цепи (не
имеющей разветвлений). При написании закона Ома следует прежде всего выбрать произвольно некоторое положительное направление тока (рис. 1.2).
R
a
b
I
Uab
Рис. 1.2
Тогда выражение для тока
I
 a  b
R
5

U ab
.
R
(1.5)
Для ветви цепи, содержащей ЭДС и резисторы (например, для ветви acb,
рис. 1.3) ток
I
 a  b   E
 Rab

U ab   E
 Rab
,
(1.6)
где U ab   a  b – напряжение на концах ветви acb, отсчитываемое по выбранному положительному направлению тока;
 E – алгебраическая сумма ЭДС, находящихся в этой ветви;
 Rab – алгебраическая сумма ее сопротивлений.
R1
a
E1
R2
R3
E2
b
c
I
Uab
Рис. 1.3
3. Законы Кирхгофа.
Для написания законов Кирхгофа необходимо задаться положительными
направлениями токов каждой ветви.
Первый закон Кирхгофа: алгебраическая сумма всех токов, сходящихся в любом узле, равна нулю.
n
 Ik  0 .
(1.7)
k 1
Токи, направленные к узлу, условно принимаются положительными, а
направленные от него – отрицательными (или наоборот).
Второй закон Кирхгофа: алгебраическая сумма ЭДС замкнутого контура равна алгебраической сумме падений напряжений в нем.
n
n
 Ek   Rk I k .
k 1
(1.8)
k 1
Направление обхода контура выбирают произвольно. При записи левой части
равенства ЭДС, направления которых совпадают с выбранным направлением обхода, принимаются положительными, а ЭДС, направленные против выбранного
направления обхода, – отрицательными. При записи правой части равенства со
знаком «+» берутся падения напряжения в тех ветвях, в которых выбранное по-
6
ложительное направление тока совпадает с направлением обхода, а со знаком «–»
– противоположно направлению обхода.
Законы Кирхгофа выполняются в любой момент времени.
4. Эквивалентные преобразования схем.
Во всех случаях преобразования замена одних схем другими, им эквивалентными, не должна привести к изменению токов или напряжений на участках цепи,
не подвергшихся преобразованию.
Сопротивления соединены последовательно, если они обтекаются одним и
тем же током. Эквивалентное сопротивление цепи, состоящей из n последовательно соединенных сопротивлений, равно сумме этих сопротивлений:
n
Rэк   Rk .
(1.9)
k 1
При последовательном соединении n сопротивлений напряжения на них распределяются прямо пропорционально этим сопротивлениям:
U1 : U 2 : U 3 : ... : U n  R1 : R2 : R3 : ... : Rn .
(1.10)
Сопротивления соединены параллельно, если все они присоединены к одной
паре узлов (рис. 1.4а).
R1
I
U
RL
R2
R1
I1
I2
Rn
IL
U
I1
R3
R2
I2
In
I3
б)
a)
Рис. 1.4
Эквивалентное сопротивление цепи, состоящей из n параллельно соединенных сопротивлений (рис. 1.4а), рассчитывается по формуле
n
n
1
1

или Gэк   Gk .
Rэк k 1 Rk
k 1
(1.11)
В частном случае параллельного соединения двух сопротивлений R1 и R2 эквивалентное сопротивление
7
R1 R2
,
R1  R2
(1.12)
R1 R2 R3
.
R1 R2  R1 R3  R2 R3
(1.13)
Rэк 
при трех сопротивлениях
Rэк 
При параллельном соединении n сопротивлений (рис. 1.4а) токи в них распределяются обратно пропорционально их сопротивлениям или прямо пропорционально их проводимостям:
I1 : I 2 : I 3 : ... : I n 
1 1 1
1
:
:
: ... :
 G1 : G2 : G3 : ... : Gn .
R1 R2 R3
Rn
(1.14)
Замена смешанного соединения сопротивлений одним эквивалентным.
На рис. 1.4б приведена схема смешанного соединения. Их эквивалентное сопротивление
Rэк  R1 
R2 R3
.
R2  R3
(1.15)
Соединение трех сопротивлений, имеющее вид трехлучевой звезды
(рис. 1.5а), называют соединением звезда, а соединение трех сопротивлений так,
что они образуют собой стороны треугольника (рис. 1.5б) – соединением треугольник.
1
1
R1
R3
R31
R2
R12
R23
3
3
2
а)
2
б)
Рис. 1.5
8
Формулы преобразования имеют следующий вид:
R1 
R12 R31
;
R12  R23  R31
R12  R1  R2 
R1 R2
;
R3
R2 
R12 R23
;
R12  R23  R31
R23  R2  R3 
R2 R3
;
R1
R3 
R31 R23
;
R12  R23  R31
R31  R3  R1 
R3 R1
.
R2
(1.16)
Замена нескольких соединенных параллельно источников ЭДС одним эквивалентным. Если имеется несколько источников ЭДС Е1, Е2, ... , Еn с внутренними
сопротивлениями R1, R2, ..., Rn, работающих параллельно на общее сопротивление
нагрузки R (рис. 1.6а), то они могут быть заменены одним эквивалентным источником ЭДС с внутренним сопротивлением Rэк (рис. 1.6б).
a
E1
I1
R1
E2
I2
En
In
R2
Eэк
Uab
R
I
Rn
Uab
R
I
Rэк
b
б)
а)
Рис. 1.6
При этом
n
 E k Gk
E эк  k 1n
;
 Gk
k 1
Gk 
1
;
Rk
Rэк  n
1
 Gk
k 1
9
(1.17)
.
Ток в сопротивлении R
Eэк
.
R  Rэк
(1.18)
( Ek  U ab )
,
Rk
(1.19)
I
Токи в каждой из ветвей
Ik 
где U  U ab  IR .
Замена параллельно соединенных источников тока одним эквивалентным.
Если несколько источников тока с токами J1, J2, ..., Jn и внутренними проводимостями G1, G2, ..., Gn соединены параллельно (рис. 1.7а), то их можно заменить одним эквивалентным источником тока (рис. 1.7б), ток которого Jэк равен алгебраической сумме токов, а его внутренняя проводимость Gэк равна сумме проводимостей отдельных источников.
n
J эк   J k ;
k 1
(1.20)
n
Gэк   Gk .
k 1
a
J1
G1
J2
G2
J3
G3
a
Jэк
Gэк
b
а)
b
б)
Рис. 1.7
5. Баланс мощностей.
Для любой замкнутой электрической цепи сумма мощностей Ри, развиваемых
источниками электрической энергии, равна сумме мощностей Рn, расходуемых в
приемниках энергии:
Pи   Pn
или
 ( Ek I k  U k J k )   I k2 Rk ,
10
(1.21)
где  Ek I k – алгебраическая сумма; здесь положительны те слагаемые, для которых направления действия ЭДС Ek и соответствующего тока Ik совпадают, в противном случае слагаемое отрицательно;
U k J k – алгебраическая сумма; здесь положительны те из слагаемых, для
которых напряжение на источнике тока (оно определяется расчетом внешней цепи по отношению к зажимам источника тока) и его ток Ik совпадают по направлению (как, например, на рис. 1.1г), в противном случае слагаемое отрицательное;
 I k2 Rk – алгебраическая сумма; здесь должны быть учтены как внешние сопротивления, так и сопротивления самих источников энергии.
6. Потенциальная диаграмма.
Под потенциальной диаграммой понимают график распределения потенциала
вдоль какого-либо участка цепи или замкнутого контура. По оси абсцисс на нем
откладывают сопротивления вдоль контура, начиная с какой-либо произвольной
точки, по оси ординат – потенциалы.
Каждой точке участка цепи или замкнутого контура соответствует своя точка
на потенциальной диаграмме.
11
Примеры решения задач
Задача 1.1
R
R
Три резистора с сопротивлением R=10 Ом соединены последовательно (рис. 1.8а). Определить
эквивалентное сопротивление цепи. Как изменится
эквивалентное сопротивление цепи, если эти резисторы соединить параллельно (рис. 1.8б)?
R
а)
Решение
Эквивалентное сопротивление цепи при поR следовательном соединении [1, 2]
R
R
Rэк  R  R  R  3R  30 Ом.
б)
При параллельном соединении элементов
Рис. 1.8
Rэк 
RRR
R
  3,33 Ом.
RR RR RR 3
Задача 1.2
R4
R1
R2
1
R3
1'
Для цепи (рис. 1.9) определить сопротивление относительно зажимов 1-1' в режиме холостого хода (зажимы 2-2' разо2 мкнуты) и короткого замыкания (зажимы
2-2' соединены между собой) [8].
R1  160 Ом, R2  40 Ом,
R3  40 Ом, R4  120 Ом.
2'
Рис. 1.9
Решение
Режим холостого хода:
R24  R2  R4  40  120  160 Ом,
R R
160  160
R124  1 24 
 80 Ом,
R1  R24
320
12
Rэк  R124  R3  80  40  120 Ом.
В режиме короткого замыкания (при замкнутых зажимах 2-2') схему можно
преобразовать так, как показано на рис. 1.10. Тогда
R1
R2  R3 40  40

 20 Ом,
R2  R3
80
R23 
1
R4
R2
R3
1'
R123  R1  R23  160  80  180 Ом,
2,2'
Rэк 
Рис. 1.10
R4  R123 120  180

 72 Ом.
R4  R123
300
Задача 1.3
R1
a
Определить эквивалентное сопротивление цепи (рис. 1.11) относительно зажимов ab, если
R1  R2  R3  R4  R5  R6  10 Ом [8].
R5
c
Rc
R2
f
Rd
Re
Решение
R4
d
e
R3
Применим преобразование соединения
треугольником в соединение звездой:
R6
b
Rc 
Рис. 1.11
R2  R5
100

 3,33 Ом,
R2  R4  R5 30
Rc  Rd  Re  3,33 Ом,
Rd  R3  Re  R6  13,33 Ом,
R fb 
Rd  R3   Re  R6 
Rd  R3  Re  R6
 6,67 Ом,
Rэк  R1  Rc  R fb  10  3,33  6,67  20 Ом.
13
Задача 1.4
Как изменится показание амперметра (рис. 1.12), если замкнуть рубильник
(цепь подключена к источнику напряжения)?
R
R
A1
I
SA
A
R
U
R
Рис. 1.12
Решение
При разомкнутом рубильнике
2R  2R 4R 2
Rэк 

 R;
4R
4R
U
I .
R
При замкнутом рубильнике Rэк  R , I  U R . Показание амперметра останется неизменным.
Задача 1.5
Определить показания всех приборов в схеме, изображенной на рис. 1.13, если R1   , R3  0 , R2=R4=R5=R6=R7=R8=10 Ом, U=20 В.
Решение
Rac 
R6  R7
10  10

 5 Ом,
R6  R7 10  10
Racb  R8  Rac  10  5  15 Ом,
I8 
U
20

 1,33 А,
Racb 15
14
U ac  I 8  Rac  1,33  5  6,65 В.
Показание вольтметра V3 равно 6,65 В, показание амперметра A3 равно
1,33 А.
R6
R1
a
V2
R7
V
c
R3
V3
R4
d
I2
V1
V
V
R8
I8
R5
+

A
I5
U
A
A3
R2
A2
A
A1
b
Рис. 1.13
Так как Rad  0 , то показание вольтметра V2 равно нулю.
I5 
U 20

 2 А.
R5 10
13
Показание амперметра А2 равно 2 А.
Так как R1  R2   , то ток I 2  0 , показание вольтметра V1 равно 20 В, показание амперметра A1 равно нулю.
Задача 1.6
Для схемы (рис. 1.14) по законам Кирхгофа составить систему уравнений для
определения токов.
Решение
Выберем условно положительное направление токов в ветвях. В электрической цепи число ветвей В=7, источников тока ИТ=2. Система должна содержать
число уравнений
N  B  ИТ  7  2  5 .
Следовательно, необходимо составить пять уравнений по законам Кирхгофа.
В электрической цепи число узлов У=4, т.е. по первому закону Кирхгофа может
быть составлено У  1  3 независимых уравнений:
15
J1
J1
R1
R2
I2
узел а: I1  J1  I 2  0 ,
узел b: I 2  J1  I 8  I 5  0 ,
узел c:  I 8  I 5  J 2  I 7  0 .
b
R3
a
E8
I1
М  N  (У  1)  2 .
I8
R6
J2
I5
R8
d
I7
Тогда число уравнений, составляемых по второму закону Кирхгофа:
R4
E5
Выбираем контуры так, чтобы они не
содержали источников тока.
Для контура R3 R4 E5 R5 R6 E8 имеем
R5
R7
I 5 ( R3  R4  R5 )  I 8 R8   E5  E8 ,
c
J2
для контура R7 R6 R1R2 E8 R8
Рис. 1.14
I 7 R7  I1 ( R1  R6 )  I 2 R2  I 8 R8   E8 .
Задача 1.7
Заданный контур (рис. 1.15а) имеет параметры:
I1  3 А, I 2  5 А, I 4  5 А, I 5  6 А, E1  100 В, E2  37 В, E5  146 В,
R1  R2  R3  R4  R5  R6  10 Ом, R01  R05  1 Ом.
Построить график распределения потенциала вдоль заданного контура.
Решение
Потенциал любой точки, например  f , примем равным нулю. Вычисляем потенциалы всех точек:
 f  0 В,
 h   f  I 4 R4  50 В,
i  h  I 5 R6  10 В,
k  i  I 5 R05  E5  10  6  146  130 В,
a  k  I 5 R5  130  60  70 В,
16
b  a  I1R1  70  30  40 В,
c  b  I1R01  E1  40  3  100  137 В,
d  c  I 2 R2  137  50  87 В,
e  d  I 2 R3  87  50  37 В,
 f  e  E2  0 В.
Построим потенциальную диаграмму (рис. 1.15б).
R1
a
b
E1, R01
c
I1
R5
k
i
I2
d
I5
E5,
R05
e
R6
R4
E2
I4
h
f
а)

c
k
100
d
a
h
50
b
R05
R4
f
0
R6
10
R1
R5
i
30
R2
40
б)
Рис. 1.15
17
e
R01
R3
50
60
R, Ом
Задача 1.8
R1
I1
I2
+

U
a
I3
R2 V1
R3
V
d
c
R4
R5
b
В
цепи
(рис.
1.16)
R1=10 Ом,
R2=R3=R5=25 Ом,
R4=50 Ом,
U=120 В.
Определить токи в ветвях цепи и показание
вольтметра, включенного между точками c
и d, считая, что его сопротивление во много
раз превышает сопротивление каждого из
элементов цепи. Показать, что если
R2/R4=R3/R5, то показание вольтметра V1
равно нулю.
Решение
Рис. 1.16
Эквивалентное сопротивление всей це-
пи
Rэк  R1 
R2  R4 R3  R5 
R2  R4  R3  R5
 10 
75  50
 40 Ом.
125
Ток
I1 
U 120

 3 А.
Rэк 40
Для определения токов I2, I3 найдем напряжение Uab:
U ab  I1 Rab  3 
75  50
 90 В,
125
Тогда
I2 
U ab
90

 1,2 А,
R2  R4 75
I3 
U ab
90

 1,8 А.
R3  R5 50
Показание вольтметра V1 найдём из второго закона Кирхгофа для контура
cadc:
 I 2 R2  I 3 R3  U cd  0 ,
18
U cd  1,2  25  1,8  25  15 В.
Для определения показаний вольтметра при R2/R4=R3/R5 примем потенциал
b  0 . Тогда
c 
U ab
U ab
U ab
U ab
и d 
.
 R4 
 R5 
R2  R4
R3  R5
1  R2 R4
1  R3 R5
Отсюда получаем показание вольтметра U cd  c  d  0 .
Задача 1.9
I
R0
R
U
E
Рис. 1.17
Источник ЭДС Е=100 В с внутренним сопротивлением
R0=50 Ом замкнут на внешний резистор, сопротивление R
которого меняется от нуля до бесконечности (рис. 1.17).
Определить в функции этого сопротивления ток I,
напряжение U на зажимах источника, мощность Pвнеш, отдаваемую источником во внешнюю цепь; мощность P0, затрачиваемую в самом источнике; общую мощность P,
к.п.д. η. Построить внешнюю характеристику U=f(I). При
каком внешнем сопротивлении мощность Рвнеш будет максимальна?
Решение
I
E
,
R0  R
P0  I 2 R0 ,
U  IR ,
Pвнеш  I 2 R ,
P  EI ,
  Pвнеш / P .
Результаты расчетов приведены в табл. 1.1.
R, Ом
I, А
U, В
Pвнеш, Вт
P0, Вт
P, Вт

0
2
0
0
200
200
0
20
1,43
28,6
40,9
102,2
143
0,3
40
1,11
44,4
49,3
61,6
111
0,44
50
1
50
50
50
100
0,5
19
60
0,91
54,6
49,6
41,4
91
0,53
80
0,77
61,6
47,4
29,6
77
0,60
Таблица 1.1
100

0,67
0
67
100
44,8
0
22,45
0
67
0
0,66
0
Кривые зависимостей мощностей Рвнеш, Р0, Р от сопротивления R приведены
на рис. 1.18а, напряжения U от тока I, к.п.д. η от сопротивления R – на рис. 1.18б.
Мощность, отдаваемая во внешнюю цепь Рвнеш, достигает максимума при R=R0.
P0, Pвнеш,
P, Вт
200
180
P = f (R)
160
140
120
100
P0 = f (R)
80
Pвнеш= f (R)
60
40
20
0
20
40
60
80
100
R, Ом
a)
U, B 
 = f (R)
U = f (R)
60
0,6
40
0,4
20
0,2
0
0,4
0,8
1,2
1,6
2,0
I, A
20
40
60
80
100
R, Ом
б)
Рис. 1.18
20
Задача 1.10
a
J
R
I1
I
R1
E
b
Рис. 1.19
В цепи (рис. 1.19) E=20 В, J=2 А, R=15 Ом,
R=85 Ом. Определить токи. Проверить баланс
мощностей.
Решение
Выберем положительное направление токов,
составим уравнения по законам Кирхгофа. Цепь
содержит три ветви (B=3), два узла (У=2), один источник тока (ИТ=1). Число уравнений, составляемых по первому закону Кирхгофа:
У−1=1,
по второму закону Кирхгофа:
М=В−ИТ−У+1=1.
Для узла а:
I  J  I1  0 .
Для контура, не содержащего источник тока:
IR  I1R1  E .
Решая систему, получаем: I  1,5 А, I1  0,5 А.
Составляем баланс мощностей:
JU ab  EI  I 2 R  I12 R1 ,
предварительно определяя:
U ab  I1R1  42,5 В.
Подставив данные, имеем
42,5  2  20   1,5   1,5  15  0,52  85 или 55  55 .
2
21
Задачу можно решить другим способом, применив преобразование источника
тока в источник ЭДС.
Задача 1.11
Источник тока (рис. 1.20а) J=5 А питает два параллельно включенных резистора с сопротивлениями Rв=2 Ом и Rн, изменяющимся от нуля до бесконечности.
Выразить аналитически и представить графиками зависимости тока I в резисторе от величины его
сопротивления или проводимости, зависимость
напряжения U на этом резисторе от величины его
сопротивления Rн .
+
J
Rв
Rн

а)
+
I
E
Решение
Rн
Rв
Преобразуем источник тока в источник ЭДС
(рис. 1.20б):

б)
Рис. 1.20
E  JRв ,
I
JRв
,
Rв  Rн
U  IRн  E  IRв  JRв  IRв  10  2I .
Тогда при Rн  0 I  J , U  0 ; при Rн   I  0 , U  10 В.
I, A
5
U, B
10
U
5
2,5
I
0
2
4
6
8
10 Rн, Ом
Рис. 1.21
Полученное решение отображено на рис. 1.21.
22
ГЛАВА 2
ЦЕПИ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА
Теоретические положения
1. Синусоидальные токи, напряжения и ЭДС.
В линейной электрической цепи при действии периодических ЭДС с одинаковым периодом Т, спустя достаточно большой промежуток времени от начала
действия этих ЭДС, устанавливаются во всех участках цепи периодические токи
1
и напряжения с тем же периодом Т. Величина f  является частотой ЭДС, тока
T
или напряжения. Частота численно равна числу периодов в единицу времени и
измеряется в герцах (Гц).
Наибольший интерес представляют периодические синусоидальные токи,
напряжения и ЭДС:
e  Em sin t   e ;
u  U m sin t   u ;
(2.1)
i  I m sin t   i .
Величины e, u, i называют мгновенными значениями. Их наибольшие значе2
 2f
ния Em, Um, Im называют амплитудными значениями. Величину  
T
называют угловой частотой. Аргумент синуса называют фазой, величины ψe, ψu,
ψi – начальной фазой.
2. Действующие и средние значения синусоидальных величин:
E
Ecp 
Em
U
I
; U  m; I  m ;
2
2
2
(2.2)
2
2
2
Em ; U cp  U m ; I cp  I m  0,637 I m .



3. Изображение синусоидальной функции комплексным числом.
В курсе теории линейных электрических цепей используются следующие
формы записи комплексного числа:
алгебраическая A  a  jb ;
показательная A  Ae j ;
(2.3)
тригонометрическая A  A cos  jAsin ,
23
здесь A  a 2  b 2 – модуль комплексного числа;
b
  arctg – аргумент комплексного числа;
a

b  ImA  – мнимая часть комплексного числа.
a  Re A – действительная часть комплексного числа;
Алгебраическая форма удобна при сложении и вычитании комплексных чисел, а показательная – при умножении, делении, возведении в степень, извлечении корня.
4. Комплексные выражения синусоидальной функции времени, ее производной и интеграла приведены в табл. 2.1.
Соответствующие комплексные амплитуды запишем так:




u R  iR  RI m sin t   i   U Rm  RI m ;

di

u L  L  LI m cost   i   U Lm  jLIm ;
dt


t
u  1 idt   1 I cost     U   j 1 I
i
Cm
 C C
C m
C m .
0

(2.4)
Таблица 2.1
Временная и
комплексная
Функция
Производная функции
записи
Запись во
di
 I m cost   i 
временной i  I m sin t   i 
dt
области
Комплексная
функция
I m e j t  i  90
I m e j t  i 
времени
Интеграл от функции
t
1
 idt    I m cost   i 
0
1

I m e j t  i  90 
Комплексная
амплитуда
Im  I m e j i
jIm
1 
Im
j
Комплексное
действующее
значение
I  Ie j i
jI
1 
I
j
Согласно ГОСТу любое комплексное значение обозначается соответствующей буквой с чертой под ней, например Z , Y . Однако для величин, изменяющихся с течением времени синусоидально, разрешается комплексные величины
24
обозначать с точкой над соответствующей буквой, таковы E , напряжение U , ток
I . Так что такие записи эквивалентны: E  E , U  U , I  I .
5. Пассивные элементы электрической цепи (табл. 2.2).
Пассивный элемент электрической цепи определяется своим комплексным
сопротивлением Z  Ze j – комплексным числом, равным отношению комплексного напряжения на зажимах данного элемента к комплексному току этого элемента:
Z
U
 R  jx  Ze j .
I
(2.5)
В табл. 2.2 приведены пассивные элементы, их изображения и обозначения.
6. Законы Кирхгофа.
n
 Ik  0;
k 1
(2.6)
n
n
k 1
k 1
 Ik Z k   E k .
7. Комплексная мощность.
~
S  UI  UI cos  jUI sin   P  jQ  Se j ,
(2.7)
~
где S  UI – полная мощность;

~
P  Re S  ReUI   UI cos – активная мощность;

~
Q  Im S  ImUI   UI sin  – реактивная мощность;
I – сопряженный комплекс тока.
Баланс мощностей
 E k I k  U k J k    I k2 Rk  jI k2 xLk  xCk .
n
k 1
n
k 1
25
(2.8)
26
Примеры решения задач
Задача 2.1
U, B
1,0
0,5
0
0,5
1,0
Рис. 2.1
Временная диаграмма напряжения на зажимах резистора с сопротивлением R=2 Ом
изображена на рис. 2.1. Определить значение
тока в моменты t1=0,25 c, t2=0,5 c, t3=1 c. Составить уравнение мощности в промежутках времени (0–0,5) с и (0,5–1) с, построить временную
t, c диаграмму мощности. Найти количество тепла,
выделяемого в резисторе в течение одной секунды [9].
Решение
Аналитическое выражение напряжения (рис. 2.1)
U 
u   max   t  2t при 0  t  0,5 ,
 0,5 
U 
u   max   t  1  2t  1 при 0,5  t  1.
 0,5 
Аналитическое выражение тока
i
i
u
 t при 0  t  0,5 ,
R
u
 t  1 при 0,5  t  1.
R
Временные диаграммы тока и напряжения подобны, так как i  u R . Ток в заданные моменты времени i0, 25c  0,25 А, i0,5c  0,5 А, i1c  0,25 .
Уравнение мощности
p  ui  Ri 2 ,
P, B
0,5
p  2t 2 при 0  t  0,5 ,
0,25
p  2 t  1 при 0,5  t  1.
Временная диаграмма мощности приведена
на рис. 2.2.
2
0
0,5
Рис. 2.2
1,0
t, c
27
Количество тепла, выделяемого в течение одной секунды:
0, 5
t
WR   Ri dt 2  2t 2 dt  0,17 Дж.
2
0
0
Задача 2.2
В цепи (рис. 2.3) действует идеальный источник тока [9]. На рис. 2.4 изображена временная диаграмма тока источника, параметры цепи R=2 Ом, L=1 Гн.
Определить напряжения uR(t), uL(t), u(t) и построить их временные диаграммы. Найти максимальное значение напряжения на зажимах источника. Составить
уравнение мгновенной мощности и определить мощность для моментов времени
t '1  0,25 c и t '2  0,75 с.
i, A
i(t)
uR
R
uL
L
2
u
1
Imax
0
Рис. 2.3
t1
t2
0,5
1,0
Рис. 2.4
Решение
Аналитически ток источника тока может быть записан в виде


0, t  0 ,

 I max
i
t  4t , 0  t  0,5 ,
t
 1

 I max
t  t 2   4t  1, 0,5  t  1.

t

1
Тогда
 I max
 R t t  8t , 0  t  0,5,
1

u R  Ri  
I max

t  t 2   8t  1, 0,5  t  1,

R

t

1
28
t, c
 I max
 L t  4, 0  t  0,5,
1
di 
uL  L  
dt 
I max

L
 4, 0,5  t  1.

t

1
Напряжение на зажимах источника определяется на основании второго закона Кирхгофа

8t  4, 0  t  0,5,
u  uR  uL  

 8t  4, 0,5  t  1.
uR, В
4
2
0
0,5
1,0
Рис. 2.5
На рис. 2.5, 2.6 и 2.7 изображены временные диаграммы напряжений uR, uL и u. Максимального значения напряжение источника доt, c стигает при t=0,5 с (рис. 2.7): Umax=8 В.
u, В
8
6
uL , В
4
4
2
2
0
0,5
1,0
0
t, c
0,5
-2
-2
-4
-4
Рис. 2.6
Рис. 2.7
Уравнения мгновенной мощности:
2

32t  16t , 0  t  0,5,
p  ui  
2

32t  48t , 0,5  t  1.
В момент времени t '1  0,25 с
p1  32t 2  16t  6 Вт.
29
1,0
t, c
В момент времени t '2  0,75 с
p2  32t 2  48t  16  2 Вт.
Задача 2.3
Катушка с активным сопротивлением R=10 Ом, индуктивностью L=0,05 Гн
подключена к источнику синусоидального напряжения, действующее значение
которого U=120 В, а частота f=50 Гц [9].
Определить полное сопротивление катушки, ток и сдвиг фаз между напряжением и током. Чему равна активная, реактивная и полная мощности? Вычислить
активную и реактивную составляющие напряжения на зажимах катушки. Чему
равна ЭДС самоиндукции, наводимая в катушке? Построить векторную диаграмму напряжений и тока.
Решение
Индуктивное сопротивление
X L  L  2  50  0,05  15,7 Ом.
Полное сопротивление
Z  R 2  L   10 2  15,7 2  18,6 Ом,
2
tg 
L
R
  57,5о .
 1,57 ,
Ток в цепи
I
U 120

 6,45 А.
Z 18,6
Мощности:
P  I 2 R  6,452  10  416 Вт,
U
Q  I 2 X L  6,452  15,7  653 вар,
UL
S  I 2 Z  6,452  18,6  774 ВА.

UA
I
Активная и реактивная составляющие напряжения на зажимах катушки:
Рис. 2.8
30
U R  IR  6,45  10  64,5 В,
U L  IX L  6,45  15,7  103 В.
ЭДС самоиндукции, наводимая в катушке:
EL  U L  103 В.
Векторная диаграмма приведена на рис. 2.8.
Задача 2.4
i
e
В
цепи
(рис. 2.9)
L=0,01 Гн,
о
L i  5 sin(628t  60 ) А [4].
Определить ψ(t), u(t), XL. Построить
временную и векторную диаграммы величин i, ψ, eL, u, частотную характеристику XL(ω).
u
Рис. 2.9
Решение
Потокосцепление катушки
  Li  LI m sin(t  )  0,05sin(628t  60о ) .
Напряжение на катушке
u  u L  U Lm sin(t  1  90о )  X L I m sin(t    90о ) 
 31,4 sin(628t  30o ) В.
На рис. 2.10а изображены временная и векторная диаграммы. На рис. 2.10б
изображена частотная характеристика XL(ω) [9].
31
Вб i, A U, eL, B
eL
u
30
5

i

15
Um
0
ELm
m
0
π
Im
а)
XL, Ом
8
6
4
2
0
200
400
б)
Рис. 2.10
32
600
с-1
2π t, рад
Задача 2.5
В цепи (рис. 2.11) R=5 Ом, L=27,5 мГн, u  100 sin(314t  30o ) В.
Определить i(t), p(t), pR(t), pL(t).
Решение
R
В рассматриваемой цепи
e
u
X L  L  8,65 Ом,
L
Z  R 2  X L2  10 Ом,
Рис. 2.11
  arctg( X L R)  60o ,
тогда
 m 100е j 30о
U
 j 30о
,
Im 


10
е
о
Z
10е j 60
мгновенное значение тока
i  10 sin(314t  30o ) .
Мгновенная мощность источника
p  ui  UI cos  UI cos(2t )  250  500 cos(628t ) ,
мгновенная мощность резистора
pR  u R i  UI cos  UI cos 2(t  30o )  250  500 cos 2(314t  30o ) ,
мгновенная мощность катушки индуктивности
pL  u Li  LI 2 sin 2(t  30o )  432,5 sin 2(314t  30o ) .
Задача 2.6
i
iR
R
Рис. 2.12
В
цепи
(рис.
2.12)
iC
C i  Im 10e jt , Y  0,1  j 0,1 [9].
C


  10 4 с-1,
Определить мгновенные значения u(t),
iR(t), i(t). Построить частотные характеристики
Y   ,    .
33
Решение
Комплексная проводимость цепи
o
Y  0,1  j 0,1  0,1 2e j 45  g  jb ; g  0,1 См; b  0,1 См.
Так как U m  ICm jb ,


IRm  gU m ,



iR  10 sin t  90o А, i  10 sin t  45o А.
Учитывая, что b  C  0,1 См, находим C  10 5 Ф. Тогда
Y    g 2   2C 2  0,01  10 10 2 ,
    arctg   arctg10 4  .
b
g
На рис. 2.13 изображены характеристики Y   и    .
, град
Y, См
100
1,0

80
0,8
60
0,6
40
0,4
20
0,2
0
Y ()
2  10 4
4  10 4
6  10 4
8  10 4
Рис. 2.13
Задача 2.7
В цепи (рис. 2.14) R=4 Ом, L=1 мГн, C=100 мкФ, ω=5∙103 с-1.
Определить мгновенные значения i, uR, uL, uC .
34

Im  YU m , то u  100 sin t  90o В,
, c -1
Решение
R
e
Комплексное сопротивление цепи
u
Z  R  jX  R  j  X L  X C   Z e j .
L
C
Подставляя численные значения величин, получаем
X C  1 C  2 Ом,
X L  L  5 Ом,
Рис. 2.14
X  3 Ом, Z  5 Ом,   37 o , Z  5e j 37 .
Так как Im  U m Z , U Rm  RIm , U Lm  jX L Im ,
o
U Cm   jX C Im , то






i  Re Im e jt  4 cos t  22o  4 sin 5000t  68o ,








u R  16 cos t  22o  16 sin 5000t  68o ,
u L  20 cos t  68o  20 sin 5000t  158o ,




uC  8 cos t  112o  8 sin 5000t  22o .
На рис. 2.15 изображены частотные характеристики Z   ,    .
, град
z , Ом
18
80
16
60
14
40
12
20
10
0
8
-20
6
-40
4
-60
2
-80
0

z
2  10 4
4  10 4
Рис. 2.15
35
6 10 4
8  10 4
, c -1
Задача 2.8
В цепи (рис. 2.16) R1  2 Ом, X 1  26 Ом, R3  10 Ом,
X 2  10 Ом. Мощность, потребляемая цепью: P  1,2 кВт [9].
Определить I1 , I 2 , I 3 .
Решение
2
X1
R1
I3
I2
R3
J1
X2
I1
X 3  10 Ом,
Мощность, потребляемая цепью:
P  RI12 ,
X3 где R – активная составляющая
входного сопротивления.
3
Z  Z1 
Рис. 2.16
Z2Z3
 R  jX  12  j16
Z2  Z3
Определяем входной ток:
I1 
P
 10 А.
R
Токи
U
I3  23 ,
Z3
U
I2  23 ,
Z2
где
Z Z
U 23  I1 Z 23  I1 2 3 .
Z2  Z3
Так как I1  I1  10 А, то U 23  1001  j  , I2  10  j10 , I3   j10 . Следовательно, I 2  14,1 А, I 3  10 А.
Задача 2.9
o
Цепь (рис. 2.17) питается от источника ЭДС E1  10e j 0 В и источника тока
o
J 2  2e j 90 А [9]. Найти токи I1 , I2 , I3 , если R  2 X L  X C  10 Ом.
36
Решение
1
I1
I3
I2
R
Источник тока J 2 можно заменить источником ЭДС (рис. 2.18)
XL
E 2  J2  jX L  j 2  j5  10 В.
XC
E1
J2
XL
По методу узловых потенциалов
при  2  0 напряжение
E Y  E 2 Y L
.
U 12  1 R
YR YL YC
2
Рис. 2.17
1
I1
I3
I2
R
XL
XC
E1
E1
XL
2
Рис. 2.18
Подставив данные, получаем
o
10e j 0
10

o
10
j10
U 12 
 10  j10  10 2e  j 45 В.
1
1
1


10 ( j10) j10
По обобщенному закону Ома
U  E1
I1  21
 j1 А,
R
I2 
o
U 21
 2e j 45 А,
 jX C 
o
U  E 2
I3  12
 1e j180 А.
 j2 X L 
37
Задача 2.10
Дана цепь (рис. 2.19) [9]. При каком соотношении между сопротивлениями
X C и X L ток I 2 не будет зависеть от сопротивления Z 2 ? Написать выражение
для I 2 , используя найденное соотношение.
Решение
I0
XC
U
I1
I2
Z2
XL
Рис. 2.19
Выберем
положительные
направления токов и направления
обходов контуров (рис. 2.19). Тогда
система уравнений по законам
Кирхгофа
 I0  I1  I2  0,


 jX C I0  jX L I1  U , ,

Z 2 I2  jX L I1  0.
Отсюда ток
I2 
U  jX L
.
X L X C  j  X L  X C Z 2
Ток I2 не будет зависеть от Z 2 , если X L  X C  0 , т.е. при X L  X C . Тогда
jU
.
I2 
XC
Задача 2.11
Параметры цепи (рис. 2.20а): R  10 Ом, X C  30 Ом, E  100 В.
При каком нагрузочном сопротивлении Z н в нем выделится максимальная
мощность и чему она равна?
Zэк
R
R
2
2
Iн
Iн
E
XC
Uн
Zн
E эк
Zн
2'
2'
а)
б)
Рис. 2.20
38
Решение
Часть схемы левее зажимов 2-2', обведенную штриховой линией, заменим эквивалентным источником ЭДС (рис. 2.20б). Найдем ЭДС E эк и сопротивление
Z эк источника.
Отключив Z н , определяем напряжение холостого хода между точками 2-2',
которое равно ЭДС E эк :
E эк 
o
E
 jX C    j30  100  90  j30  95e  j18,4 В.
R  jX C
10  j30
Сопротивление эквивалентного источника
Z эк  R 
R jX C 
 19  j3 Ом.
R  jX C
Максимум мощности выделяется в нагрузке при условии, что ее сопротивление Z н комплексно сопряжено с сопротивлением эквивалентного источника, т.е.
Z н  19  j3 Ом.
Эта мощность
Pн max 
2
Eэк
 118 Вт.
4 Rн
Задача 2.12
Приборы, подключенные к пассивному двухполюснику (рис. 2.21), при разомкнутом контакте S показали напряжение U1  100 В, ток I1  2 А, мощность
P1  160 Вт. Для определения характера реактивного сопротивления двухполюсника параллельно ему был подключен конденсатор (контакт S замкнут), емкостное сопротивление которого 1 C  100 Ом. При этом приборы показали напряжение U 2  100 В, ток I 2  2,73 А, мощность P2  160 Вт. Определить эквивалентные параметры двухполюсника.
Решение
Сопротивления последовательной схемы замещения двухполюсника
39
W
C
V
R
S
A
Рис. 2.21
R
Z 
X
P1

2
I1
160
 40 Ом;
22
U1 100

 50 Ом;
I1
2
2
Z  R 2  50 2  40 2  30 Ом.
Параметры параллельной схемы замещения
g
R
,
R2  X 2
b
X
.
R2  X 2
Подставляя данные, получаем
g
40
 0,016 См,
40 2  30 2
b
30
 0,012 См.
40 2  30 2
Проводимость конденсатора bC  C  0,010 См.
Параметры эквивалентной схемы, состоящей из двухполюсника и конденсатора:
Rэк 
Z эк 
P2

2
I2
160
 21,6 Ом;
2,732
U 2 100

 36,7 Ом;
I 2 2,73
40
X эк 
2
2
Z эк  Rэк
 36,7 2  21,6 2  29,7 Ом;
g эк 
Rэк
21,6

 0,016 См;
2
2
2
Rэк  X эк 21,6  29,7 2
bэк 
X эк
29,7

 0,022 См.
2
2
2
Rэк  X эк 21,6  29,7 2
Так как bэк  b  bC  0 , то реактивное сопротивление двухполюсника имеет
емкостный характер.
Задача 2.13
Z1
a
I1
R2
U
X3
X2
Параметры цепи (рис. 2.22) R2  40 Ом,
X 2  100 Ом, X 3  20 Ом. Определить значение
и характер сопротивления Z 1 , если известно, что
оно чисто реактивное и через него проходит ток
I1  12 А, а напряжение, приложенное к цепи,
U  30 В.
Решение
b
Сопротивление разветвленной части цепи
Рис. 2.22
Z ab 
R2  jX 2    jX 3  40  j100   j 20

 2  j 24 Ом.
R2  jX 2  jX 3
40  j100  j 20
Общее сопротивление цепи
Z 
U 30

 2,5 Ом.
I 12
Оно может быть выражено и так:
2
Z  Rab
  X 1  X ab   2 2   X 1  24 .
2
2
Отсюда  X 1  24  2,25 или X 1  24  1,5 .
2
Таким образом, искомое сопротивление имеет индуктивный характер и составляет либо X 1  25,5 Ом, либо X 1  22,5 Ом.
41
Задача 2.14
В цепи (рис. 2.23а)
Z 1  Z 2  50  j30 Ом,
Z 3  100 Ом,
E1  100 В,
o
E 2  100e  j 30 В. Положительные направления ЭДС показаны на схеме стрелками. Определить все токи методом контурных токов и методом узловых потенциалов. Методом эквивалентного генератора определить ток ветви с сопротивлением
Z 2 . Проверить баланс активных мощностей.
1
Ι1
1
I3
I2
Z1
I2
Z2
Zэк
Z2
E эк
E 2
Z3
E1
E 2 I
22
2
2
а)
б)
1
Z1
Z2
E1
E 2
Z1
Z3
Z2
Zэк
Ι
2
г)
в)
Рис. 2.23
Решение
Выберем направления контурных токов согласно рис. 2.23а. Система уравнений по методу контурных токов
42
I11Z 1  Z 3   I22 Z 3  E1 ,

I11 Z 3  I22 Z 2  Z 3   E 2 .
o
o
Решая систему уравнений, получаем I11  0,693e j13,9 А, I22  0,452e  j 85,3 А.
Токи в ветвях
o
I1  I11  0,693e j13,9 А,
o
I2  I22  0,452e  j 85,3 А,
o
I3  I11  I22  0,77e  j 21,9 А.
Уравнение баланса активных мощностей
ReE1I1   ReE 2 I 2   I12 R1  I 22 R2  I 32 R3 .
Подставляя данные, получаем

 

Re 100  0,693e  j13,9  Re 100e  j 30  0,452e j 85,3  93,2 Вт.
o
o
o
I12 R1  I 22 R2  I 32 R3  0,6932  50  0,4522  50  0,77 2  50  93,2 Вт.
При решении задачи по методу узловых потенциалов вначале определяем
напряжение между точками 1 и 2 (рис. 2.23а):
100
100e  j 30

 Y 1  E Y 2
E
50

j
30
50  j 30
1
2
U 12 

 (71,5  j 28,6) В.
1
1
1
Y1  Y 2  Y 3


50  j 30 50  j 30 j100
o
Токи в ветвях находим по закону Ома:
o
I1  E1  U12   Y 1  100  71,5  j 28,6  0,0147  j 0,00884  0,693e j13,9 А;
I2  E 2  U12   Y 2 
 86,6  j50  71,5  j 28,6  0,0147  j 0,00884  0,45e  j 85,3 А;
o
o
I  U Y 3  77e  j 21,9  0,01  0,77e  j 21,9 А.
o
3
12
43
Для определения тока по методу эквивалентного генератора надо найти ЭДС

Eэк эквивалентного источника ЭДС и его сопротивление Z эк (рис. 2.23б). Для
определения E отключим ветвь Z 2 (рис. 2.23в) и вычислим напряжение холоэк
стого хода между точками 1 и 2:
I' 
E1
,
Z1  Z 3
E Z
U 12  I' Z 3  E эк  1 3  (64,2  j12,8) В.
Z1  Z 3
Эквивалентное сопротивление источника ЭДС (рис. 2.23г)
Z эк 
50  j30  100  35,9  j12,8 Ом.
Z1Z 3

Z1  Z 3
150  j30
Искомый ток (рис. 2.23б)
 j 59o
  E
o
E
43
,
5
e
2
эк
I2 

 0,453e  j 85,5 А.
Z 2  Z эк 85,9  j 42,8
Задача 2.15
В устройствах автоматики и электроники широко применяется схема фазовращателя (рис. 2.24).
R
I  0
н
nE вх
I
C
E вх
U вых
nE вх
Рис. 2.24. Регулируемый фазовращатель
Достоинство схемы в том, что фаза выходного напряжения плавно регулируется с помощью переменного резистора от 0 o до 180o , если нагрузка высокоом44
ная ( I н  0 ). При этом U вых не изменяется по модулю. Если резистор и конденсатор поменять местами, то фаза выходного напряжения при изменении R от нуля
до бесконечности будет изменяться в пределах от 0 o и до -180o . Вторичная обмотка трансформатора имеет отвод от средней точки.
Определить зависимость напряжения U вых от частоты ω, емкости конденсатора С, сопротивления резистора R, коэффициента трансформации при заданной
ЭДС E вх . Построить векторную диаграмму для контура вторичной обмотки
трансформатора при R  1 C  , R  0 , R   и определить в каждом случае
сдвиг по фазе выходного напряжения относительно входного.
Решение
По законам Кирхгофа и Ома в комплексной форме имеем
 U вых  nE вх  IR ,
(2.9)
nE  nE вх
2nE вх
.
I  вх

R  j C  R  j C 
(2.10)
Подставив (2.10) в (2.9), получаем
j C   R
.
U вых  nE вх
j C   R
(2.11)
Поскольку модуль числителя в (2.11) будет всегда равен модулю знаменателя,
то при любом значении R выходное напряжение по модулю будет равно nE вх , т.е.
напряжению на вторичной полуобмотке.
При 1 C   R согласно (2.3) выходное напряжение сдвинуто по фазе относительно входного на 90 o , при R  0 сдвиг по фазе равен 180o , при R   – равен нулю.
При построении векторной диаграммы для различных значений R следует
учесть, что при любом значении U R геометрическая сумма векторов напряжений
U и U всегда будет равна полному напряжению вторичной обмотки 2nE .
C
вх
R
При этом нетрудно видеть, что угол сдвига между векторами U C и U R при любом значении R равен 90o . Следовательно, точка соединения A этих векторов при
плавном изменении R от нуля до бесконечности опишет полуокружность
(рис. 2.25), радиусом которой является U вых , а диаметром – сумма векторов
nE  nE  2nE .
вх
вх
вх
45
1
ωC
  900
1
ωC
  900
R
R
j
А
U R
U вых
nE вх
j
А
U R
U C
U вых
900
nE вх
nE вх
R0
  180 0 j
nE вх
R0
  180 0
j
R
  0 0 j
U вых
U вых
А
U вых
А
nE вх
nE вх
б)
nE вх
б)
nE вх nE
вх
U вых

U
URC
nE вх
в)
Рис. 2.25. Векторная диаграмма фазовращателя
при R  1 C  (a), R  0 (б), R   (в)
46
R
  0 0
А
U C U R
U C U R
U R
900
а)
а)
j
U C
nE вх
nE вх
в)
ГЛАВА 3
РЕЗОНАНСНЫЕ ЯВЛЕНИЯ
Теоретические положения
Реактивные сопротивления и проводимости электрических цепей могут быть
как положительными, так и отрицательными величинами и, следовательно, могут
взаимно компенсироваться. Поэтому возможны случаи, когда, несмотря на наличие в цепи индуктивных катушек и конденсаторов, входное реактивное сопротивление или входная реактивная проводимость всей цепи оказываются равными
нулю. При этом ток и напряжение на входе цепи совпадают по фазе, и эквивалентное сопротивление всей цепи будет активным. Такое явление называют резонансным.
В случае последовательного соединения участков R, L, C (рис. 3.1) имеет место резонанс напряжений.
M
I2
I1
U1
L1
r1
L2
r2
U 2
Zпр
Рис. 3.1
Условие резонанса напряжений:
1 

Z  R  j  L 
,
C 

X  L 
1
 0,
C
  arctg
(3.1)
X
 0.
R
При этом значения угловой частоты, индуктивности и емкости, при которых
наступает резонанс, определяются формулами:
0 
47
1
;
LC
L0 
1
;
 2C
C0 
1
 2L
(3.2)
.
При резонансе напряжений применяются следующие соотношения и формулы:
а) характеристическое сопротивление контура
  0 L 
1
L
;

0 C
C
(3.3)
б) добротность контура
1
 U L UC  L  C
Q  0  0  0  0 ;
R U
U
R
R
(3.4)
в) затухание контура
d 
1
Q
.
(3.5)
При резонансе напряжений ток в контуре
I0 
U
, а U L0  U C0  I 0   UQ .
R
(3.6)
Расстройки:
а) абсолютная
    0
или
(3.7)
f  f  f 0 ,
б) относительная

0

48
f
,
f0
(3.8)
в) обобщенная

здесь  
X

R
1
C  Q   0   Q  tg ,


R
 0  
L 
(3.9)
 0
.

0 
Абсолютное и относительное значения полосы пропускания определяют по
формулам:
2f 0  f 2  f1 
2
f 0
f0
d 
f0
;
Q
(3.10)
1
.
Q
(3.11)
Резонанс токов.
Резонанс токов для цепи с потерями энергии в обеих ветвях может иметь место в простом параллельном колебательном контуре (рис. 3.2).
I
R1
R2
I1 I2
U
L
C
Рис. 3.2
Условие резонанса токов
b1  b2
или
1
C
L

 2 L2 R 2 
R12 
2
49
1
 2C 2
.
(3.12)
Угловая резонансная частота
 2  R12
,
 2  R22
1
0 
LC
(3.13)
L
– характеристическое сопротивление.
C
Сопротивление параллельного контура при резонансе
где  
 2  R1R2
.
Z рез  Rрез 
R1  R2
(3.14)
Добротность контура
Q

R1  R2
.
(3.15)
Ток в неразветвленной части цепи при резонансе
I рез 
U
.
Rрез
50
(3.16)
Примеры решения задач
Задача 3.1
Цепь состоит из последовательно соединенных конденсатора без потерь и
индуктивной катушки. В резонансном режиме при напряжении источника питания 90 В напряжение на конденсаторе 180 В.
Определить при резонансе напряжение на катушке и добротность контура.
Решение
При резонансе напряжение на индуктивности равно напряжению на емкости,
т.е. U L  180 В, и находится в противофазе с напряжением на емкости. Поэтому
напряжение на активном сопротивлении равно напряжению источника питания:
U R  U  90 В. В рассматриваемой задаче в контуре нет резистора, и конденсатор
не имеет потерь. Следовательно, под активным сопротивлением следует понимать сопротивление катушки. Напряжение на зажимах катушки
U K  RI  jLI  U R  U L ,
причем сдвиг по фазе между напряжениями U L и U R равен 90 о и
U K  U R2  U L2  200 В.
В режиме резонанса напряжение на емкости (индуктивности) больше напряжения питания в Q раз, где Q – добротность контура, т.е.
Q
U C 180

 2.
U
90
Задача 3.2
R
L
U
Рис. 3.3
Для последовательного контура (рис. 3.3)
найти наибольшее возможное значение напряжеC ния на конденсаторе (без потерь) при изменении
его емкости.
R  50 Ом; L  10 мГн;
Дано:
U  1,6 B;
  10 4 c -1 .
51
Решение
Ток в последовательном RLC контуре
U
I
R  X L  X C 
2
2
.
Напряжение на конденсаторе
U C  IX C 
UX C
R  X L  X C 
2
2
,
или
U C2 
U 2 X C2
R2  X L  X C 
2
.
Максимум напряжения на конденсаторе (или квадрата напряжения) найдем,
приравнивая к нулю производную:
dU C2
0.
dX C
Тогда напряжение на конденсаторе достигает максимума при
XC 
R 2  X L2
 125 Ом.
XL
При этом значении X C
U C max  3,58 В.
Задача 3.3
L
C
R  10 Ом,
Параметры
схемы
(рис. 3.4):
  106 c 1 . При каких значениях L и C входное соR противление цепи чисто активное и равно 1 Ом?
Рис. 3.4
52
Решение
Входное сопротивление цепи
Z вх  jL 
R j C 
 Rвх  jX вх
R  j C 
будет чисто активным при условии X вх  0 . Найдем мнимую часть Z вх , предварительно разделив сопротивление параллельных ветвей на вещественную и мнимую части:
R j C  R j C R  j C 
R C 
R 2 C 
.

 2
j 2
2
2
2
R  j C 
R 2  1 C 
R  1 C 
R  1 C 
2
Следовательно, X вх  0 при
L 
R 2 C 
2
0
(3.17)
2
Ом.
(3.18)
R 2  1 C 
и по условию задачи
Rвх 
R C 
R 2  1 C 
Из уравнения (3.18) находим
C2 
R  Rвх 
(3.19)
 2 Rвх R 2
и ёмкость C  0,3 мкФ, после чего из уравнения (3.17) определяем индуктивность
L  3 мкГн.
Из выражения (3.19) видно, что входное сопротивление цепи может быть чисто активным (резонанс) только при R  Rвх .
Задача 3.4


В цепи (рис. 3.5) R1  1 Ом, X L  1 Ом, i  5 2 sin 10 4 t  30o . Цепь находится
в состоянии резонанса. Определить: емкость С, выражения для мгновенных значений токов i1 , i2 и напряжения u, мощность, потребляемую цепью.
53
I1
I
Решение
I2
Условие резонанса:
R
C
U
e
ImY   ImY 1  Y 2   0 ,
L
где
Y1 
Рис. 3.5
1
1

, Y  jC .
R  jL  1  j  2
Следовательно,
ImY 1  Y 2   Im0,5  j C  0,5  C  0,5  0 ,
откуда
C
0,5


0,5
 50 мкФ.
10 4
При резонансе
Y  Y 1  Y 2  G  0,5 ; B  0 .
Положим, что


o
i  Im Im e jt , Im  5 2e j 30 ,
тогда






u  Im U m e jt , i1  Im I1m e jt , i2  Im I2m e jt ,
o
I
5 2 j 30o
U m  m 
e
 10 2e j 30 ,
Y
0,5
o
I1m  U mY1  10 2e j 30
o
1
 10e  j15 ,
11j
o
o
I2m  U mY2  10 2e j 30 jC  5 2e j120 .
54
Имея комплексные амплитуды U m , I1m , I2 m , можно записать мгновенные
значения
u  10 2 sin(t  30o ) ;
i1  10 sin(t  15o ) ;
i2  5 2 sin(t  120o ) .
Мощность, потребляемая цепью:
o
o
P  ReUI   Re(10e j 30  5e  j 30 )  50 Вт.
Задача 3.5
R
L
i
e
u
C
Рис. 3.6
В цепи (рис. 3.6) L  100 мкГн, u  50 2 sin(t ) ,
C  100 пФ, R  10 Ом. Определить резонансную
частоту, резонансный ток, напряжения U L 0 и U C 0
при резонансе, характеристическое сопротивление,
затухание и добротность контура, энергию магнитного и электрического полей при резонансной частоте.
Решение
Резонансная частота
0 
1
1

 10 7 с-1;
LC
100  10 6  100  10 12
f0 
0
 1,59  106 Гц.
2
Резонансный ток
I0 
U
 5 А.
R
Напряжения на индуктивности и емкости при резонансе
U L0  U C 0  0 LI 0  107  100  106  5  5  103 В.
55
Характеристическое (волновое) сопротивление
  L / C  0 L  1/(0C )  1000 Ом.
Затухание и добротность контура
d
R


U
U

 0,01;
U L0 U C 0
Q
1 
  100 .
d R
Энергия магнитного и электрического полей при резонансе
WL max  WC max  LI 02  CU C2 0  100  106  52  25  10 4 Дж.
Задача 3.6
I
R
I2
U
e
L
C2
C1
I1
В цепи (рис. 3.7)
R  10 Ом,
5
u  10 sin(10 t ) В, C  0,1 мкФ, L  0,4 мГн.
Цепь находится в состоянии резонанса.
Определить емкость конденсатора C 2 ,
токи I1 , I 2 , I , мощность, потребляемую
цепью.
Решение
Рис. 3.7
Условие резонанса для параллельного
контура
Im Y   Im G  jB  B  0 .
Проводимость левой ветви
Y1 
Проводимость правой ветви
1
.
R  jL 
Y 2  jC1  C2 .
56
Тогда проводимость цепи
Y  Y1  Y 2 

1
 j C1  C2  
R  jL 
R
L





j

C

C

.
1
2
2
2 2
2
2 2

R  L
R  L 

Следовательно,
 C1  C2  
L
,
R   2 L2
2
откуда
C2 
L
 C1  0,135 мкФ.
R 2   2 L2
Токи в ветвях:
I1 
U
R  L
2
2 2
 0,172 А,
I 2  U (C1  C2 )  0,166 А,
I  UG  U
R
 0,25  10 1 А.
2
R  (L)
2
Мощность, потребляемая цепью:
P  I12 R  0,172 10  0,3 Вт.
Задача 3.7
R
L'
IL IC
U
e
L
I
Рис. 3.8
В цепи (рис. 3.8) L' 2 мГн, U  50 В,
R  25 Ом, L  0,4 мГн, C  1 мкФ. Определить резонансные частоты, для каждой реC зонансной частоты токи в ветвях и ток в неразветвленной части цепи. Для каждой резонансной частоты показать в общем виде,
что максимальные значения энергии магнитного и электрического полей равны между собой.
57
Решение
Резонансная частота параллельного LC-контура
1
1
.
 1C , 1 
1 L
LC
Резонансная частота цепи как последовательного контура определяется из
уравнения I m Z  j   0 , где
Z  j   R  jL'
jL
jC
L 

.
 R  j L'
1 

1   2 LC 

j L 
C 

Следовательно,
L'
L
 0.
1   2 LC
Отсюда
2 
L  L'
.
LL' C
Таким образом,
1 
1
1

 0,5  105  5  10 4 с-1,
LC
10 3  0,4  10 6
1 
L  L
 5,48  10 4 с-1.
LLC
При частоте 1 параллельный контур без потерь настроен на резонанс токов.
Следовательно, сопротивление параллельного контура равняется бесконечности,
и поэтому ток в неразветвленной части цепи I  0 , а напряжение на параллельном контуре U LC  U . Тогда
I L  IC 
U
 U1C  2,5 А.
1 L
58
При частоте  2 цепь находится в состоянии резонанса напряжений и, следовательно,
U
I   2 А,
R
а напряжение на индуктивности L' равно напряжению на параллельном участке
цепи LC:
U L'  U LC  I2 L'  2  5,48  10 4  2  103  219,2 В,
тогда
IL 
U LC
219,2

 10 А,
2 L 5,48  10 4  0,4  10 3
I C  U LC2C  219,2  5,48  104  10 6  12 А.
При частоте 1 ток в неразветвленной части цепи равен нулю, поэтому максимальные значения энергий магнитного и электрического полей определяются
выражениями
WL max  LI L2 ,
2
WC max  CU LC
 CU 2  CI C2
1

2 2
1C
 I C2
1
.
12C
Однако
1
 L , IC  I L ,
12C


поэтому
2
WC max  CU LC
 CU 2  LI L2  WL max .
При частоте  2
2
WL max  L' I 2  LI L2 ; WC max  CU LC
;
2
U LC
WL max  L' 2
L 2 2.
2 L
2 L'2
U L2
59
Так как U L  U LC , то
2
2
U LC
U LC
1 
2  1
 2  2 .
WL max  2  2  U LC
  L'  L 
 2 L'  2 L
 2
2 
Однако
2 
L  L'
L  L'
и 22 
,
LL' C
LL' C
тогда
LL' C 
2  LL' C
2
WL max  U LC

 L' L L' L' L L   CU LC  WC max .


Задача 3.8
I
U
L1
L2
C1
C2
R1
R2
Параллельный контур с малыми потерями
(рис. 3.9) настроен в резонанс токов. Параметры
контура:
R1  R2  2 Ом,
C1  C2  220 пФ,
L1  L2 2  20 мкГн. Найти: резонансную частоту,
эквивалентное сопротивление на резонансной частоте, добротность, а также величину общего тока
при резонансе и для случая увеличения частоты питающего напряжения U  100 В на 1% .
Рис. 3.9
Решение
Входное сопротивление цепи
Z вх 
( R1  jX 1 )(R2  jX 2 )
,
R1  jX 1  R2  jX 2
где X 1  L  1 C1 ; X 2  L2  1 C2  .
Для контура с малыми потерями можно считать, что R1  X 1 и R2  X 2 , тогда
jX 1 jX 2
Z вх 
.
(3.20)
R1  R2  j ( X 1  X 2 )
60
При резонансе входное сопротивление должно быть чисто активным, т.е.
X 1  X 2  0 или
1
 L1  L2  
 0,
 C1  C2 
откуда резонансная частота
0 
1
 12,25  106 с,
LC
где L  L1  L2 ; C  C1  C2 .
При резонансной частоте входное сопротивление
 X1 X 2
X 12
X 22
Z вх 


 3,75 кОм.
R1  R2 R1  R2 R1  R2
Добротность контура
0 L
Q
R1  R2 
Ip 
U
 26,7 мА.
Z вх
 19 .
Ток в режиме резонанса
При увеличении частоты на 1% , т.е. при частоте
  1,010  12,38  106 с-1
получаем
X 1  116 Ом; X 2  132 Ом,
входное сопротивление по формуле (3.20)
Z вх  226  j900 Ом,
и ток
I
U
 110 мА.
Z вх
61
ГЛАВА 4
ЦЕПИ СО ВЗАИМНОЙ ИНДУКТИВНОСТЬЮ
Теоретические положения
Явлением взаимной индукции называется наведение ЭДС в электрической
цепи при изменении потокосцепления взаимной индукции, обусловленного током
в другой электрической цепи. Цепи, в которых наводятся ЭДС взаимной индукции, называются индуктивно связанными цепями.
1. Последовательное соединение двух индуктивно связанных катушек.
В этом случае эквивалентное комплексное сопротивление и эквивалентную
индуктивность определяют по формулам

Z  Z 1  Z 2  2Z 12 ;


 L  L1  L2  2M ,
(4.1)
где Z 12  jM12 .
Знаки «+» и «–» соответствуют согласному и встречному включению катушек.
2. Параллельное соединение двух индуктивно связанных катушек.
Эквивалентное комплексное сопротивление
Z 1 Z 2  Z 12
Z
.
Z 1  Z 2  2Z 12
2
(4.2)
Эквивалентная индуктивность (при условии, что резистивные сопротивления
катушек равны нулю)
2
L1 L2  M 12
.
L
L1  L2  2M 12
(4.3)
В знаменателе этих выражений знак «–» ставится при согласном, а знак «+» –
при встречном включении.
3. Трансформатор с линейными характеристиками. Воздушный трансформатор.
Одним из важнейших элементов электрических цепей, в котором специально
используются свойства магнитносвязанных контуров, является воздушный
трансформатор (рис. 4.1).
62
M
I2
I1
U1
L1
r1
U 2
L2
r2
Zпр
Рис. 4.1
В комплексной форме система уравнений трансформатора запишется так:





U1  I1r1  jL1 I1  jMI 2 ;


 jMI1  I2 r2  jL2 I2  U 2 .
(4.4)
Степень магнитной связи контуров принято характеризовать величиной
k
M
L1 L2
,
(4.5)
которая носит название коэффициента связи.
Вносимые активные и реактивные сопротивления:
r 
 2M 2
rII2  x II2
rII ;
 M
x   2
x II .
rII  x II2
2
63
2
(4.6)
Примеры решения задач
Задача 4.1
I1
I2
R1
Для цепи (рис. 4.2) определить показание
f1  100 Гц и
вольтметра при частотах
R2
M
E1
U
L1
f 2  105 Гц.
V
Решение
L2
При низкой частоте f1  100 Гц
Рис. 4.2
U 2 
На высоких частотах, когда L1  R1 ,
jM 
E.
R1  jL1 1
M 
U 2 
E.
L1 1
Задача 4.2
X1
I
X2
M
E
V
X2
В цепи (рис. 4.3) найти показание вольтR  X 1  X 2  X 3  10 Ом,
метра,
если:
X M  5 Ом, E  100 В. Определить показание
вольтметра, если поменять местами концы одной из катушек.
R
Решение
Рис. 4.3
Так как сопротивление вольтметра беско-
нечно велико, то ток
I 
Напряжение
E
100

 10 А.
R  j  X 2  X 1  10  j 10  10
U   I jX 2  jX M   10 j10  j5   j150 В,
т. е вольтметр покажет 150 В.
64
Если поменять местами концы одной из катушек, например X 3 , то
U  I jX M  jX 2   10 j5  j10   j50 В.
Показание вольтметра в этом случае составит 50 В.
Задача 4.3
J
C I
R
M
U AB
A
B
Для получения напряжения, сдвинутого по фазе
относительно тока, может применяться схема, содержащая индуктивно связанные обмотки (рис. 4.4).
Обмотки могут быть соединены в узле С либо одноименными, либо разноименными зажимами.
Указать, при каком соединении получается опережение по фазе напряжения U AB по отношению к
I , а при каком – отставание по фазе.
Рис. 4.4
Решение
Напряжение между точками А и В U AB  IR  jM  , причем J  I . Напряжение U будет опережать ток I по фазе, когда в точке С соединены одноименAB
ные зажимы катушек, напряжение U AB будет отставать от тока по фазе, когда в
точке С соединены разноименные зажимы.
Задача 4.4
Найти показания ваттметров (рис. 4.5), если U  (150  j150) ,
R2  10 Ом, L1  15 Ом, M  10 Ом, L2  1 C  10 .
Решение
Составляем уравнения цепи
U  I1 R1  jL1   jMI2 ,



1 
.
U  I1 jM  I2  R2  jL2 

j

C


65
R1  5 Ом,
Подставим исходные данные, получаем



150  j150  I1 (5  j15)  j10 I 2 ,


150  j150  j10 I1  I2 (5  j10).
I
W3
W2
W1
M
I1
U
L1
R1
I2
L2
R2
C
Рис. 4.5
o
o
Решая систему уравнений, находим I1  10 2e  j 45 А, I2  5 2e j 45 А.
Ток в неразветвленной части цепи I  I1  I2  15  j5  15,8e  j18, 4 А.
Ваттметры включены так, что они измеряют мощности, поступающие в цепь
и в каждую ветвь в отдельности:
o
o
o 

P3  ReUI   Re 150 2e j 45  15,8e j18, 4   1500 Вт,


o
o 

P1  ReUI1   Re 150 2e j 45  10 2e j 45   0 Вт,


o
o 

P2  ReUI 2   Re 150 2e j 45  5 2e  j 45   1500 Вт.


Таким образом, мощность, поступающая от источника питания, равна мощности, поступающей во вторую ветвь: P2  P3 . Мощность, поступающая в первую
ветвь, P1  0 . Часть мощности, поступающей во вторую ветвь, I 22 R2  500 Вт
преобразуется в тепло, а другая часть (1000 Вт) отдается в магнитное поле и за66
тем из магнитного поля в первую катушку. Покажем это, рассчитав напряжения
на катушках, вызванные ЭДС взаимной индукции:
o
o
U1M  jMI2  j10  5 2e j 45  50 2e j135 В,
o
o
U 2 M  jMI1  j10  10 2e  j 45  100 2e j 45 В.
Мощность, отдаваемая второй катушкой в магнитное поле:
o
o 

P2 M  ReU 2 M I 2   Re 100 2e j 45  5 2e  j 45   1000 Вт,


2
т. е. P2 M  P2  I2 R2 .
Мощность, отдаваемая первой катушкой в магнитное поле:
o
o 

P1M  ReU 1M I1   Re 50 2e j135  10 2e j 45   1000 Вт.


Таким образом, P1M  0 , т.е. эта мощность не отдается, а получается из магнитного поля и численно равна мощности P2 M , отдаваемой в магнитное поле
второй катушкой. Эта мощность покрывает мощность тепловых потерь в первой
катушке: I12 R1  1000 Вт.
Мощность, поступающая в цепь от источника питания, равна мощности, преобразуемой в тепло:
2
2
P3  I1 R1  I2 R2  1000  500  1500 Вт.
Задача 4.5
I1
I2
M
L1
L2
U1
Rн
R2
R1
Рис. 4.6
В схеме (рис. 4.6) k  0,8 ; R1  2 Ом;
L1  100 Ом; L2  400 Ом; R2  8 Ом;
Rн  8 Ом.
Найти входное сопротивление и сопротивление, вносимое из вторичного контура в
первичный контур. Определить входное сопротивление цепи при холостом ходе и коротком замыкании на зажимах вторичной
обмотки.
67
Решение
Уравнения трансформатора:
U1  I1 ( R1  jL1 )  I2 jM ,
(4.7)
0  I2 ( R2  jL2 )  I1 jM  I2 Rн .
(4.8)
Коэффициент магнитной связи
k
M
M

,
L1 L2
L1L2
следовательно,
M  k L1L2  0,8 100  400  160 Ом.
Выражая I2 из (4.2), получаем
I2  
jMI1
.
R2  Rн  jL2
Подставляя полученное выражение в (4.7), имеем
U 1  I1 ( R1  jL1 ) 
 2M 2
I
R2  Rн  jL2 1
или



 2 M 2 ( Rн  R2 )
 2 M 2L2


U1  I1  R1 

j

L

2
2 2
 1 ( R  R ) 2   2 L2  .
(
R

R
)


L


н
2
2
н
2
2 

Вносимое сопротивление
 2 M 2 ( Rн  R2 )
160 2  18
R

 2,87 Ом,
( Rн  R2 ) 2   2 L22 182  400 2
 2 M 2L2
160 2  400
X

 63,87 Ом.
( Rн  R2 ) 2   2 L22 182  400 2
68
Входное сопротивление
Z вх 
U1
 R1  R  j (L1  X )  2  2,87  j (100  63,87) 
I1
o
 4,87  j36,13  36,46e j 82,3 Ом.
В режиме холостого хода Rн   , следовательно, R  X  0 :
Z вх  R1  jL1  2  j100 Ом.
При коротком замыкании Rн  0 , тогда
160 2  8
160 2  400
R 2
 1,28 Ом, X  2
 63,97 Ом,
8  400 2
8  400 2
Z вх  2  1,28  j (100  63,97)  3,28  j36 Ом.
69
ГЛАВА 5
ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ
Теоретические положения
1. Мгновенные значения и комплексы трехфазной симметричной системы
напряжений выражаются следующим образом:
U A  U ,
u A  U m sin t ,
u B  U m sin(t  120 o ), U B  Ue  j120 ,
o
(5.1)
о
uC  U m sin(t  120 o ), U C  Ue j120 .
2. Соотношения в симметричной трехфазной цепи.
В симметричной трехфазной цепи комплексные сопротивления составляющих ее фаз равны: Z a  Z b  Z c , Z ab  Z bc  Z ca .
Для симметричной трехфазной системы при соединении звездой существуют
следующие зависимости между линейными и фазными напряжениями и токами:
о
U л  3U ф , U л  3U ф e j 30 ,
I л  Iф ,
(5.2а)
Iл  Iф .
Для симметричной трехфазной системы при соединении треугольником линейные и фазные напряжения и токи связаны соотношениями:
Uл Uл,
I л  3I л ,
U л  U ф ,
Iл  3Iф e
 j 30о
(5.2б)
.
3. Мощности в симметричной трехфазной системе:
P  3U ф I ф cosф  3U л I л cosф ,
Q  3U ф I ф sin ф  3U л I л sin  ф ,
S  3U ф I ф  3U л I л .
70
(5.3)
4. Расчеты несимметричных трехфазных цепей.
Эти расчеты могут быть проведены с помощью законов Кирхгофа или любого
метода расчета электрических цепей.
5. Соединение звезда-звезда.
Если к трехфазному генератору, соединенному звездой, подключен приемник
энергии, также соединенный звездой, то смещение нейтрали – напряжение U N
между нейтральными (нулевыми) точками приемника и генератора – определяется по формуле
U Y  U B Y B  U C Y C
,
U N  A A
Y A YB YC Y N
(5.4)
где U A , U B , U C – фазные напряжения генератора;
Y A , Y B , Y C , Y N – комплексные проводимости отдельных фаз и нейтрального провода.
Токи в фазах и нейтральном проводе:
 IA  (U A  U N )Y A ,

 IB  (U B  U N )Y B ,


 IC  (U C  U N )Y C ,

 IN  U N Y N  IA  IB  IC .
(5.5)
Если нагрузка соединена звездой без нейтрального (нулевого) провода и известны линейные напряжения U AB , U BC , U CA , то фазные напряжения U A , U B ,
U C нагрузки (рис. 5.1а) находят по формулам

U AB Y B  U CA Y C
U

,
 A
Y

Y

Y
A
B
C


U BC Y C  U AB Y A

U

,
(5.6)
 B
Y

Y

Y
A
B
C


U  U CA Y A  U BC Y B ,
 C
Y A YB YC

где Y A , Y B , Y C – проводимости фаз.
6. Расчет несимметричных трехфазных цепей при соединении нагрузки в треугольник.
71
Выберем направление токов в фазах треугольника (рис. 5.1б). Пусть нагрузка
несимметрична. Пусть сопротивление линии Z л  0 , тогда методика расчета такова:
IA
A
U AB
B
U BC
C
IB
a
U CA
IC
c
A
Zл
IB
IC
U A
ZA
B
Zл
ZC
O Z
B
C
Zл
U C
IA
a
Ica
Zca
c
Zab
Ibc
b
U B
Zbc
Iab
b
б)
a)
Рис. 5.1
1) ток Iab вызывается напряжением U AB . Величина и фаза его по отношению
к напряжению U AB определяются сопротивлением нагрузки Z ab .
U
Iab  AB .
Z ab
Аналогично находятся фазные токи:
U
Ibc  BC ,
Z bc
U
Ica  CA ;
Z ca
2) так как нагрузка несимметрична, то фазные токи будут образовывать
несимметричную трехфазную систему токов. Линейные токи определим через
фазовые токи по первому закону Кирхгофа:
IA  Iab  Ica ,
IB  Ibc  Iab ,
IC  Ica  Ibc ;
3) если сопротивление линейных проводов должно быть учтено, тогда рекомендуется преобразовать треугольник сопротивлений в звезду и воспользоваться
методикой расчета несимметричных трехфазных цепей при соединении звездазвезда без нулевого провода.
Для любой трехфазной системы сумма комплексных линейных напряжений
равна нулю:
U AB  U BC  U CA  0 .
72
Примеры решения задач
Задача 5 .1
A
IA
B
IB
C
IC
a
Za
0'
Zc
Zb
c
Приемник соединен звездой (рис. 5.2):
Z a  Z b  Z c  80  j 60 , линейное напряжение источника U л  220 В.
Определить токи, активную, реактивную и полную мощности приемника. Построить векторную диаграмму напряжений
b и токов.
Решение
Рис. 5.2
Однофазная схема приведена на рис. 5.3.
Ток в фазе A
IA
A
o
U
220
IA  O A 
 1,27e j 36,7 А.
Za
3 (80  j 60)
Za
Uф
0'
Рис. 5.3
Ток в фазах B и C
IB  IAe  j120  1,27e j 36,7 e  j120  1,27e  j83,3 А,
o
o
o
o
o
o
o
o
IC  IAe j120  1,27e j 36,7 e j120  1,27e j156,7 А.
Активная мощность
P  3U л I л cosф  3  220  1,27 cos(36,7 o )  388 Вт.
Реактивная мощность
Q  3U л I л sin ф  3  220  1,27 sin( 36,7 o )  289 Вар.
Полная мощность
S  3U л I л  3  220  1,27  484 ВА.
Векторная диаграмма приведена на рис. 5.4
73
U AB
IA
U A0
U C 0
U CA
IB
0
U B 0
U BC
IC
Рис. 5.4
Задача 5.2
A
IA
Приемник соединен звездой (рис. 5.5):
Z a  80  j 60 ; Z b   j100 ; Z c  100 . Фазное напряжение источника U Ф  220 В.
Рассчитать токи при наличии и отсутствии
нулевого провода.
a
Za
Zc
B
IB
C
IC
0
I0
c
0'
Zb
b
Решение
Обозначим U AO  220 В;
U BO  220e  j120 В; U CO  22e j120 В.
1. При наличии нулевого провода
o
Рис 5.5
o
o
U
220
IA  AO 
 2,2e  j 36,7 А,
Z a
80  j 60
 BO 220e  j120 o
o
U
IB 

 2,2e  j 30 А,
Z b
 j100
 CO 220e j120o
o
U
IC 

 2,2e j120 А.
Z c
100
74
IO  IA  IB  IC  2,2e  j 36,7  2,2e  j 30  2,2e j120  2,62e  j11,2 А.
o
o
o
o
2. Без нулевого провода
U Y  U BO Y B  U CO Y C
U O 'O  AO A

Y A YB YC
220  0,01e  j 36,7  220e  j120  0,01e j 90  220e j120  0,01
o

0,01e
o
 j 36,7o
o
 0,01e
j 90o
o
 0,01
 130,4  j57  В.
Фазные напряжения приемника
o
U aO'  U AO  U O'O  220  130,4  j57  106,2e j 32,5 В,
o
U bO'  U BO  U O'O  110  j190,5  130,4  j57  275e j 209 В,
o
U cO '  U CO  U O'O  110  j190,5  130,4  j57  345e j134,2 В.
Линейные токи
Ia  U aO'  Y a  106,2e j 32,5  0,01e  j 36,7  1,06e  j 4,2 А,
o
o
o
o
o
o
Ib  U bO'  Y b  275e j 209  0,01e j 90  2,75e j 299 А,
o
o
Ic  U cO '  Y c  345e j134,2  0,01  3,45e j134,2 А.
Задача 5.3
A
a
С
B
C
3
c
Рис 5.6
0'
2
Для определения порядка следования
фаз трехфазной системы напряжений
применяется прибор, состоящий из двух
ламп накаливания сопротивлением R и
конденсатора емкостью C, соединенных
звездой (рис. 5.6). При частоте f=50 Гц
реактивная проводимость конденсатора
b C равна активной проводимости лампы: C  1 R .
Система линейных напряжений симметрична: U AB  U BC  U CA  220 B.
75
Определить напряжения на лампах при прямом и обратном порядке следования фаз.
Решение
1. При прямом порядке следования фаз
U
U АО  л  127 В; U BO  127e  j120 В; U CO  127e j120 В.
3
o
o
Напряжение смещения нейтрали
 AO Y A  U BO Y B  U CO Y C 127(e j 90o  e  j120o  e j120o )
U
U O'O 


Y A Y B YC
2 j
o
 25,35  j 76,21  80,32e j108,4 В,
где Y A  jC , Y B  Y C  1 R .
Напряжения на лампах
U 2  U BO  U O'O  127e  j120  80,32e j108,4  190e  j101,6 В,
o
o
o
o
o
o
U 3  U CO  U O'O  127e j120  80,32e j108,4  51e j138,5 В.
2. При обратном порядке следования фаз
U AO  127 В, U BO  127e j120 В, U CO  127e  j120 В,
o
o
o
U Y  U BO Y B  U CO Y C
U O 'O  AO A
 80,32e j108, 4 В,
Y A Y B YC
U 2  51e j138,5 В, U 3  190e  j101,6 В.
o
o
Таким образом, ярче горит лампа, включенная в фазе, напряжение которой
отстает от напряжения фазы A .
Задача 5.4
Приемник соединен треугольником (рис. 5.7): Z  16  j12 Ом, линейное
напряжение источника U л  220 В.
Определить линейные и фазные токи, построить векторную диаграмму.
76
Решение
Примем, что комплекс напряжения U AB действителен: U AB  220 В, то
U BC  220e  j120 В, U CA  220e j120 В.
Фазные и линейные токи
o
o
A IA
a
Iab
Z
Z
Ica
B
IB
C
IC
o
U
220
Iab  AB 
 11e  j 36,9 А,
Z
16  j12
Z
c
Ibc
b
 j120o

o
U
220
e
BC
Ibc 

 11e  j156,9 А,
o
Z
20e j 36,9
j120o

U
220
e
j 83,1o
А,
Ica  CA 

11
e
o
Z
20e j 36,9
Рис 5.7
o
o
IA  Iab  Ica  11(e j 36,9  e j 83,1 ) 
U AB
IC
 19e  j 67 А,
o
- Ica
- Ibc
Iab
IA
o
o
IB  Ibc  Iab  11(e  j156,9  e  j 36,9 ) 
 19e  j173 А,
o
Ica
U BC
Ibc
U CA
o
o
IC  Ica  Ibc  11(e j 83,1  e  j156,9 ) 
o
IB
 19e j 53 А.
- Iab
Векторная
рис. 5.8.
Рис 5.8
диаграмма
приведена
на
Задача 5.5
Приемник соединен треугольником (рис. 5.9). Сопротивления фаз приемника
o
o
Z ab  Z bc  Z ca  10e j 37 Ом, сопротивление линейных проводов Z л  e j 53 Ом,
U л  127 В.
Определить линейные и фазные токи, напряжения приемника.
77
Решение
Преобразуем треугольник в звезду:
2
o
Z
Z
Z Y  Δ  Δ  3,33e j 37 Ом.
3Z Δ
3
A IA
Zл
a
Iab
Zca
Ica
B
IB
Zл
C
IC
Zл
c
Zab
Zbc
Ibc
b
Рис 5.9
Примем U АО 
o
o
Uл
 73,3 В, U BО  73,3e  j120 В, U CО  73,3e j120 В.
3
Определяем линейные токи:
IA 
U AO
73,3
 j 40,7o
А,


17
e
Z Y  Z л 33,3e j 37o  e j 53o
 j120o
 BO
U
73
,
3
e
 j160,7o
А,
IB 


17
e
Z Y  Z л 33,3e j 37o  e j 53o
j120o
 CO
U
73
,
3
e
j 79,3o
А.
IC 


17
e
Z Y  Z л 33,3e j 37o  e j 53o
Определяем напряжение приемника:
U ab  U ao  U bo  Z Y ( IA  IB ) 
78
 3,33e j 37 (17e  j 40,7  17e  j160,7 )  98,2e j 26,3 В,
o
o
o
o
U bc  U bo  U co  Z Y ( IB  IC ) 
 3,33e j 37 (17e  j160,7  17e j 79,3 )  98,2e  j 93,8 В,
o
o
o
o
U ca  U co  U ao  Z Y ( IC  IA ) 
 3,33e j 37 (17e j 79,3  17e  j 40,7 )  98,2e j146,6 В.
o
o
o
o
Фазные токи треугольника
 ab 98,2e j 26,3o
U
 j10,7o
А,
Iab 


9
,
82
e
j 37o
Z ab
10e
 bc 98,2e j 93,8o
U
 j130,8o
А,
Ibc 


9
,
82
e
o
Z bc
10e j 37
 ca 98,2e j146,6o
U
j109,6o
А.
Ica 


9
,
82
e
o
Z ca
10e j 37
Задача 5.6
A IA
a
Iab
Ica
B
IB
C
IC
c
Ibc
Группы ламп включены в трехфазную
сеть, как показано на рис. 5.10. В каждой
группе лампы соединены параллельно, причем
Pbc  1100 Вт,
Pab  440 Вт,
Pca  2200 Вт. Линейное напряжение исb точника U  220 В. Определить фазные и
л
линейные токи и напряжения источника.
Решение
Рис 5.10
Принимаем U AB  220 В,
U BC  220e  j120 В, U CA  220e j120 В.
Определяем фазные и линейные токи:
o
o
P
440
Iab  ab 
 2 А,
U AB 220
79
o
o
P
1100  j120o
Ibc  bc e  j120 
e
 5e  j120 А,
U BC
220
o
o
P
2200 j120o
Ica  ca e j120 
e
 10e j120 А,
U CA
220
IA  Iab  Ica  2  10e j120  11,14e  j 51 А,
o
o
IB  Ibc  Iab  5e  j120  2  6,2e j 224 А,
o
o
IC  Ica  Ibc  10e j120  5e  j120  13,24e j100,9 А.
o
o
o
Задача 5.7
A
Три
одинаковых
сопротивления
Z a  Z b  Z c  Z соединены звездой и
подключены к трехфазной сети (рис. 5.11а)
с линейным напряжением U л  380 B.
Определить показание вольтметра.
a
V
Za
B
Zc
C
0'
Zb
c
Идеальный вольтметр имеет бесконечно большое сопротивление, следовательно,
такое включение аналогично разрыву линейного провода, а показание вольтметра
равно напряжению между точками А и a на
векторной диаграмме (рис. 5.11б)
Из треугольника Aba
а)
A
0
c
Решение
b
a
b
3
U Aa 
U л  329 В.
2
0'
б)
Рис 5.11
80
Задача 5.8
Определить показания амперметра в цепи, приведенной на рис. 5.12, если
U л  380 В, Rл  10 Ом, R  80 Ом.
Решение
Представим фазные напряжения источника в следующем виде: U AO  220 В,
U BO  220e  j120 В, U CO  220e j120 В.
Напряжение между точкой b (или с) и нулем генератора
o
o
 AO Y A  U BO Y B  U CO Y C 220(0,02  0,1e  j120 o  0,1e j120 o )
U
U O 

 80 В,
Y A Y B YC
0,22
1
1
1
где Y A 

 0,1 См.
 0,02 См, Y B  Y C 
( R 2)  Rл 50
Rл
A
IA
Rл
a
Iab
R
R
Ica
B
IB
Rл
C
IC
Rл
c
A
Ibc
b
Рис 5.12
Тогда
IA  (U AO  U O )Y A  (220  80)  0,02  6 А,
следовательно, IAB  IA 2  3 А,
IB  (U BO  U O )Y B  (220e  j120  80)  0,1  19,28e  j 99 А,
o
o
Ibc  Iab  IB  3  19,82e  j 99  19,05e  j 90 А.
o
Амперметр показывает 19,05 А.
81
o
Задача 5.9
Фазное напряжение симметричного источника U Ф  100 В, сопротивления в
фазах приемника R  L  1 C  10 Ом.
Определить показания ваттметра (рис. 5.13), потребляемую в цепи активную
мощность.
Решение
Принимаем:
U AO  100 В,
o
U BO  100e  j120 В,
A IA
o
U CO  100e j120 В.
a
R
0 I0
0'
W
L
C
c
B IB
b
C IC
Рис. 5.13
Определяем линейные токи:
U
100
IA  AO 
 10 А,
ZA
10
 BO 100e  j120o
U
 j 210o
А,
IB 


10
e
j 90o
ZB
10e
j120 o

U
100
e
j 210 o
CO
А.
IC 


10
e
 j 90 o
ZC
10e
Ток в нейтральном проводе
IO  IA  IB  IC  10  10e  j 210  10e j 210  7,4 А.
o
o
Напряжение на зажимах ваттметра
U AB  U AO  U BO  100  100e  j120  173,2e j 30 В.
o
82
o
Показание ваттметра
PW  ReU AB ( IO )  Re[173,2e j 30  7,4]  1110 Вт.
o
Потребляемая активная мощность
P  I A2 R  1000 Вт.
Задача 5.10
A
IA
B
IB
C
IC
Три одинаковые нагрузки сопротивлением
Z  10  j10 соединены звездой (рис. 5.14) и подключены к трехфазной сети с напряжением
U л  380 В.
0'
Определить показание ваттметра и реактивную
мощность цепи.
Z
Z
W
Z
Решение
Рис. 5.14
Принимаем:
U
U AO  л  220 В, U BO   220e  j120 В, U CO   220e j120 В.
3
o
o
Напряжение на зажимах ваттметра
o
o
U CA  U CO  U AO  220e j120  220  380e j150 В.
Ток, протекающий в обмотке прибора:
 BO  220e  j120 o
o
U
IB 

 15,6e  j165 А.
Z
10  j10
Показание ваттметра
U CA I B cos(U CA ^ IB )  380  15,6  cos(150o  165o )  4191,7 Вт.
Реактивная мощность цепи
Q  3U л I л sin ф  3  380  15,6 sin 45o  3  4191,7 Вар.
Таким образом, показание ваттметра при таком включении равно Q
83
3.
ГЛАВА 6
ЦЕПИ С НЕСИНУСОИДАЛЬНЫМИ ТОКАМИ И НАПРЯЖЕНИЯМИ
Теоретические положения
Ряд Фурье
e(t )  E0  E1m sin(t   1 )  E2 m sin( 2t   2 ) 
 E3m sin(3t   3 )  ...  Ekm sin( kt   k )  ...
(6.1)
или


k 1
k 1
e(t )  E0   Bk sin kt   Ck cos kt.
Действующие значения периодических несинусоидальных токов, напряжений
и ЭДС.
I  I 02  I12  I 22  ...  I k2  ... .
(6.2)
Активная, реактивная и полная мощности. Коэффициент мощности.
P  P0  P1  P2  P3  ...  Pk  ... 
 U 0 I 0  U1 I1 cos1  U 2 I 2 cos 2  ...  U k I k cos k  ...;
Q  Q1  Q2  Q3  ...  Qk 
(6.3)
 U1 I1 sin 1  U 2 I 2 sin  2  U 3 I 3 sin  3  ...  U k I k sin  k  ...;
S  UI  U 02  U12  U 22  ... I 02  I12  I 22  ...;

P
– коэффициент мощности.
S
Характеристики формы периодических несинусоидальных кривых.
Коэффициент формы кривой f (t ) – отношение действующего значения F к
среднему по модулю значению за период Fср :
84
T
F
Kф 
Fcp

1
 f (t )2 dt

T0
.
T
1
 f (t )dt
T 0
(6.4)
Коэффициент амплитуды – отношение максимального значения Fmax к действующему значению функции f (t ) :
Ka 
Fmax

F
Fmax
.
T
(6.5)
1
 f (t )2 dt

T0
Коэффициент искажения – отношение действующего значения основной гармоники к действующему значению всей функции:
Kи 
F1

F
F1
.
T
(6.6)
1
 f (t )2 dt

T0
Коэффициент гармоник – отношение действующего значения высших гармоник к действующему значению основной гармоники:

Kг 
 Fn2
n2
F1
85
.
(6.7)
Примеры решения задач
Задача 6.1
Найти разложение напряжения u (t ) в
ряд Фурье.
u
Um
Решение
0

 t

Рис. 6.1
Кривая u (t ) (рис. 6.1) симметрична
относительно оси ординат, в разложении
отсутствуют синусные составляющие:

u (t )  U 0   Ck cos kt ,
k 1
T
T
2
1
где U 0   u (t )dt ; Сk   u (t ) cos ktdt .
T0
T0
Учитывая, что период повторяемости кривой u (t ) равен  и заменяя переменную t на t , получаем:
U0 
1

U m sin tdt 
0
Ck 
2
Um

 ( cost )
U

0

 u(t ) cos ktdt 
0
2
m

 0
 ( cos  cos0) 
U m sin t cos ktdt.
При k  1
C1 
2U m 

2U m

 sin t cos ktdt   (1 2) sin t 0 
0

Um

 (sin 2   sin 2 0)  0 .
При k  1
86
2
2U m

;
Ck 
2
 0



u (t ) cos ktdt 
2

 0
U m sin t cos ktdt 
2U m  cos(k  1)t cos(1  k )t  



  2  (k  1)
2  (1  k )  0
2U m  cos(k  1) cos(1  k )

1
1
.





  2  (k  1)
2  (1  k )
2  (k  1) 2  (1  k ) 
Для k нечётных cos(k  1)    1 , cos(1  k )    1, соответственно
Ck 
2U m 

1
1
1
1




 0.

  2  (k  1) 2  (1  k ) 2  (k  1) 2  (1  k ) 
Для k чётных cos(k  1)    1 , cos(1  k )    1, соответственно
Ck 

2U m 

1
1
1
1




  2  (k  1) 2  (1  k ) 2  (k  1) 2  (1  k ) 
2U m  1
4U m
1  4U m
1
1






.
  k  1 1  k 
 (1  k )(k  1)
 (1  k )(k  1)
В результате
u (t ) 
2U m


4U m  cos 2t cos 4t cos6t




 ... .
  1 3
35
57

Задача 6.2
Найти разложение напряжения u (t ) (рис. 6.2) в ряд Фурье.
u
E
0


-E
Рис. 6.2
87

t
Решение
Кривая симметрична относительно начала координат и относительно оси
абсцисс, в разложении отсутствуют постоянная составляющая, косинусные и
чётные гармоники:

 Bk  sin t  .
u (t ) 
k 1,3,5...
Амплитуды гармоник
Bk 

2
1
2
 0
u (t ) sin ktdt 

 E sin ktdt  
0
2

 0
u (t ) sin ktdt 

2E
2E
4E
cos kt  
( cos k  cos 0) 
.
k

k

k
0
Таким образом,
u (t ) 
4E 
1
1

 sin t  sin 3t  sin 5t  ... .
 
3
5

Задача 6.3
u
Найти разложение напряжения u (t )
в ряд Фурье.
E
Решение
0


t
-E
Рис. 6.3
u (t ) 
Кривая u (t ) (рис. 6.3) обладает двумя видами симметрии – относительно
начала координат и относительно оси
абсцисс. Соответственно в разложении
отсутствуют постоянная составляющая,
косинусные и чётные гармоники:

 Bk  sin kt .
k 1,3,5...
88
Амплитуды синусных составляющих
Bk 
1
2
 0
u (t ) sin ktdt 
2

 0
u (t ) sin ktdt .
(6.8)
m  t при 0  t   ,

Кривая u (t )   E при   t  (   ),

m  (  t ) при (   )  t   ,
E
где m  .

Тогда интеграл в выражении (6.8)


 

0
0

 
 

 u(t ) sin ktdt   mt sin ktdt   E sin ktdt   m(  t ) sin ktdt

 mt sin ktdt   E sin ktdt   m(  t ) sin ktdt .

0
(6.9)
 
Рассмотрим каждое слагаемое в выражении (6.9):

 sin kt t  cos kt   m sin k m cos k
m


t
sin
k

td

t

m


;

 

2
2
k
k
k
k


0
0
 
E
E
 E
  
Em
sin
k

td

t


cos
k

t
  cos k (   )  cos k 



k
k
 k
 


E
E
2E
 (cosk  cos k  sin k  sin k )  cos k 
 cos k ;
k
k
k



 
 
 
 m(  t ) sin ktdt   m sin ktdt  m  t sin ktdt ;

m
 m
 
cos k  cos k     
m

sin
k

td

t


cos
k

t





k
k


 
 
89

m
cos k  cos k  cos k  sin k  sin k   m 1  cos k  ;
k
k

 sin kt t  cos kt  
 m  t  sin ktdt  m



2
k
k





 
 sin k   cos k 
 sin k (   ) (   )  cos k (   ) 
 m 2 

  m
 
k
k
k2
 k



m  cos k
 sin k  cos k  cos k  sin k
 m

2
k
k

cos k  cos k  sin k  sin k 
 
k
m m  sin k m  (   ) cos k
.



k
k
k2
 (   ) 
Подставим полученные значения в выражение (6.1):
Bk 
2  m  sin k m cos k 2 E
m
m





cos
k


1

cos
k



  k 2
k
k
k
k

m sin k
k2

m  cos k m  cos k 
4E


  k 2 sin k .
k
k
Окончательно получим
U (t ) 
4E 
1
1

 sin  sin t  sin 3 sin 3t  sin 5 sin 5t  ... .
 
9
25

Задача 6.4
R
i
u
В цепи (рис. 6.4) протекает ток
i  10  5sin 200t A.
Параметры цепи: R  3 Ом, L  0,02 Гн. Определить
L напряжение на входе цепи u.
Решение
Рис. 6.4
Постоянная составляющая искомого напряжения
U 0  I 0 R  10  3  30 В.
90
Расчёт первой гармоники
o
U1m  I1m ( R  jL)  5(3  j 200  0,02)  25e j 53 В,
u1  25 sin( 200t  53o ) B.
Входное напряжение
u  30  25 sin( 200t  53о ) B.
Задача 6.5
R
i
u
uC
В цепи (рис. 6.5) напряжение на конденсаторе
uC  25  20 sin 400t .
C
Параметры цепи: C  0,5 мкФ, R  2 кОм
Определить напряжение на входе цепи.
Решение
Рис. 6.5
Постоянные составляющие:
I 0  0 А, U 0  U 0,C  25 В.
Расчёт первой гармоники:
I1m 
U 1m,C
 j (C )

о
20
 4  10 3  e j 90 А,
 j5000
о
о

1 
  4  10 3  e j 90 (2  103  j5  103 )  21,54  e j 21,6 В,
U 1m  I1m  R 
jC 

u1  21,54 sin( 400t  21,8о ) В.
Входное напряжение
u  25  21,54 sin( 400t  21,8о ) В.
Задача 6.6
На вход цепи (рис. 6.6) подаётся напряжение
u  400 2 sin(t  30о )  180 2 sin(3t  60о ) В.
91
Параметры цепи для третьей гармоники: 3L  1/(3C )  30 Ом, R=60 Ом.
Определить действующее значение тока I.
Решение
u
Действующее значение тока первой гармони-
i
ки
R
L
C
I1 
Рис. 6.6
U1
1 

R 2   L 

C 

2

400
60 2  80 2
 4 А.
Действующее значение тока третьей гармоники
I3 
U3
1 

R 2   3L 

3C 

2

180
60
2
 3 А.
Действующее значение тока
I  I12  I 32  4 2  32  5 А.
Задача 6.7
A
e
V
Zн
Рис. 6.7
В схеме (рис. 6.7)
e  10  50 sin t  20 sin 3t , Z н  5  j 4 Ом.
Определить показания приборов:
а) электромагнитной системы;
б) магнитоэлектрической системы.
Решение
I0 
E0 10
  2 А,
R
5
о
E
50
50
I1m  1m 

 7,8e  j 38,6 А,
о
Z н1 5  j 4 6,4e j 38,6
92

20
 j 67, 4о
I 3m  E3m  20 
А,

1
,
54
e
Z н3 5  j12 13e j 67,4о
I2
I2
I  I 02  1m  3m  5,97 А,
2
2
U  E02 
E12m E32m

 39,37 В.
2
2
Показания приборов магнитоэлектрической системы:
UV  10 B,
I A  2 A.
Показания приборов электромагнитной системы:
U A  39,37 B, I A  5,97 A.
Задача 6.8
R
i1
u
i4
a
i2
i3
XC
XL
XC
R
XL
На вход цепи (рис. 6.8) подано напряжение u  300  200 2 sin t .
Параметры
цепи:
X L  X C  50 Ом,
R=100 Ом.
Определить действующие значения токов
I1 , I 2 , I 3 , I 4 .
Решение
b
Постоянные составляющие токов:
Рис. 6.8
I 0,1  I 0,3 
U 0 300

 3 А,
R 100
I 0,2  I 0,4  0 .
Для первых гармоник эквивалентное комплексное сопротивление второй и
третьей ветвей Z 23   (резонанс токов), а комплексное сопротивление четвертой
ветви Z 4  R (резонанс напряжений).
Поэтому амплитуды токов в первой и четвертой ветвях:
93
I1m,1  I1m,4 
U1m 200 2

 2 А.
2R
200
Амплитуда первой гармоники напряжения на зажимах ab
U
200 2
U1m,ab  1m 
 100 2 В.
2
2
Амплитуды токов во второй и третьей ветвях:
I1m,2 
U1m,ab
I1m,3 
U1m,ab
XC
XL

100 2
 2 2 А,
50

100 2
 2 2 А.
50
Действующие значения токов в ветвях:
I1 
I12m,1
2
I 0,1 

32  1  3,16 А,
I2 
I12m,2
2
I 0, 2 

2 2 2  2 А,
I3 
2
2
I12m,3
2
I 0, 3 

I4 
2
2
2

2 2
3 
 3,6 А,
2
2
I12m, 4
2
I 0, 4 

2
 2 2  1 А.
2
Задача 6.9
u
i
Рис. 6.9
П
На входе двухполюсника (рис. 6.9) действуют напряжение u  10  5 sin(t  60о )  10 sin(3t  30о ) B и ток
i  2  4 sin(t  45о )  3sin(t  15о ) А.
Определить активную, реактивную и полную мощности.
94
Решение
Активная мощность
P  U 0 I 0  U1I1 cos1  U 3 I 3 cos3  10  2 

5 4

 cos(60о  45о ) 
2 2
15 3

 cos(30о  15о )  20  9,66  15,9  45,56 Вт.
2 2
Реактивная мощность
5 4

sin( 60о  45о ) 
2 2
Q  U1I1 sin 1  U 3 I 3 sin 3 

15 3

sin(30о  15о )  2,59  15,9  13,31 Вар.
2 2
Полная мощность
2
S  UI 
2
I 02  I12  I 32 
U 02  U12  U 32 
2
2
I 02  I12  I 32 
2
 5   15 
10  
 
 
 2  2
2
2
 5   15 
 3 
2  4 
10  
 
  2 
 
  15  4,062  60,93 ВА.
 2  2
 2  2
2
Задача 6.10
На зажимах вторичных обмоток трансформатора (рис. 6.10а) действует симметричная система ЭДС.
eAB, B
A
100
eCA
eAB
0
eBC
B'
C
V
B

-100
б)
а)
Рис. 6.10
95

t
Временная диаграмма ЭДС в одной из фаз показана на рис. 6.10б.
Определить показания вольтметра.
Решение
Разложение кривой e AB (t ) в ряд Фурье:
e AB (t ) 
4  100 
1

 sin t  sin 3t  ... .
 
3

Мгновенное значение напряжения на зажимах вольтметра
uV  e AB  eBC  eCA .
(6.10)
В выражении (6.10) сумма ЭДС всех гармоник, не кратных 3, обращается в
нуль, а третья, девятая и т.д. гармоники суммируются, и напряжение на зажимах
вольтметра равно утроенной сумме гармоник, кратных трем:
uV  3 
400  1
1
1

 sin 3t  sin 9t  sin 15t  ... .
 3
9
15

Действующее значение напряжения (ограничиваясь 15-й гармоникой)
2
2
2
 400   400   400 

 
 

   3   5 

UV 
 96,6 В.
2
96
ГЛАВА 7
ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ В ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЯХ
Теоретические положения
Классический метод решения задач на переходные процессы в разветвленных
цепях с постоянными параметрами, в которых осуществляется коммутация
(включение, выключение, переключение, изменение параметров цепи и т.п.), сводится к следующему
1. Для послекоммутационного режима составляется система интегродифференциальных уравнений по законам Кирхгофа.
2. Искомый ток (или напряжение) представляют в виде суммы:
i  iпр  iсв
или
(7.1)
u  uпр  uсв .
Принужденные составляющие могут быть найдены обычными методами расчета установившегося процесса в цепи после коммутации.
3. Общая формула свободного тока
n
iсв   Ak e pk t ,
(7.2)
k 1
где n – порядок характеристического уравнения;
pk – значение корней характеристического уравнения;
Ak – постоянная интегрирования.
4. Характеристическое уравнение.
Наиболее простой способ составления характеристического уравнения цепи
состоит в следующем:
а) записывают формулу входного сопротивления цепи в комплексной форме
Z ( j ) ;
б) в формуле Z ( j ) производят замену сомножителя j на р;
97
в) полученное выражение Z(p) приравнивают к нулю:
Z ( p)  0 .
(7.3)
5. Начальные условия.
Для определения постоянных интегрирования используются начальные условия.
В электрических цепях выполняются следующие законы коммутации: токи в
индуктивных катушках и напряжения на конденсаторах в момент коммутации не
изменяются скачками, т.е. они являются непрерывными функциями времени:
iL (0)  iL (0)  iL (0),
uC (0)  uC (0)  uC (0).
(7.4)
Эти начальные условия являются независимыми начальными условиями. Все
остальные зависимые начальные условия определяются по законам Кирхгофа с
применением законов коммутации.
6. Операторный метод расчета переходных процессов.
В основу операторного метода положено следующее: переходные процессы в
электрических цепях описываются линейными дифференциальными уравнениями с постоянными коэффициентами, при использовании операторного метода
действительные функции времени, называемые оригиналами, заменяют их операторными изображениями.
Связь между оригиналом f (t ) и его изображением устанавливается с помощью интеграла Лапласа:

F ( p)   f (t )e  pt dt .
(7.5)
0
Операторные изображения напряжения на индуктивности и емкости при
ненулевых начальных условиях определяют по формулам
U L ( p)  pLI ( p)  Li(0);


I ( p) uC (0)

.
U C ( p) 
pC
p

98
(7.6)
Законы Кирхгофа в операторной форме.
Первый закон Кирхгофа:
n
 I k ( p)  0 .
(7.7)
k 1
Второй закон Кирхгофа.
В общем случае при ненулевых начальных условиях для какого-либо контура,
содержащего N B ветвей:
uCk (0)  N B

  Ek ( p)  Lk ik (0)  p    I k ( p)Z k ( p) ,
k 1 
 k 1
NB
(7.8)
где ik (0) и uCk (0) – начальные значения тока, проходящего через катушку индуктивности, и напряжения на конденсаторе в ветви k;
1
– операторное сопротивление ветви k.
Z k ( p)  Rk  pLk 
pCk
Если изображение искомого тока или напряжения имеет вид рациональной
F  p
дроби 1
, причем многочлены (относительно р) F1  p  и F2  p  удовлетворяют
F2  p 
следующим условиям: степень F1  p  ниже степени F2  p  , а корни p1 , p2 ,..., pn
уравнения F2  p   0 различны, то оригинал определяется по теореме разложения
n
F1 ( pk ) p k t
e .

F
(
p
)
2
k
k 1
f (t )  
(7.9)
7. Расчет переходных процессов в электрической цепи при помощи интеграла
Дюамеля.
Большой класс радиотехнических и вообще электротехнических задач связан
с исследованием процессов, протекающих под воздействием кратковременных
внешних возмущений, длительность которых соизмерима с длительностью переходных процессов. В этом случае рекомендуется воспользоваться интегралом
Дюамеля:
99
t
i(t )  u (0) g (t )   u ( ) g (t   )d ,
(7.10)
0
где u (0) – значение воздействующего возмущения на входе цепи при t=0;
g (t ) – переходная проводимость;
u ( ) – производная от заданного напряжения, в которой t заменено на  ;
g (t   ) – в переходной проводимости g (t ) t заменено на (t   ) .
Если необходимо рассчитать напряжение переходного процесса на некотором
участке, то надо определить переходную функцию по напряжению h(t ) и воспользоваться формулой (7.10).
100
Примеры решения задач
Задача 7.1
В схеме (рис. 7.1) найти ток и напряжение на катушке в момент коммутации.
SA
i
2R
U
Решение
R
L
По первому закону коммутации
Рис. 7.1
i (0  )  i (0 ) 
U
.
R
По второму закону Кирхгофа для момента t  0 
i(0)  3R  u L (0)  U ,
U
 3 R  u L (0  )  U ,
R
u L (0)  2U .
Задача 7.2
Схема (рис. 7.2а) используется для получения высоковольтных импульсов.
Найти напряжение на зажимах разрядника, если U  12 В, R1  10 Ом,
R2  5000 Ом, Rк  1 Ом, L  0,5 Гн.
i1
R1
Up, кВ
i2
U
R2
L
0,4
t, мс
0
up
-2
i3
-4
Rk
SA
0,2
-6
б)
a)
Рис. 7.2
101
Решение
Найдем ток i2 (t ) :
i2  i2пр  i2св ,
(7.11)
i2пр  0 , i2св  A  e pt .
Поскольку свободный ток протекает по контуру, образованному параллельными ветвями, характеристическое уравнение имеет вид
R2  Rк  Lp  0,
а его корень
p
R2  Rк
 10 4 c 1 .
L
Уравнение (7.11) для момента коммутации i2 (0)  A .
По первому закону коммутации, учитывая, что R2  Rк , получаем
i3 (0)  i3 (0) 
Постоянная
U
 1,091 А.
R1  Rк
A  i2 (0)  i3 (0)  1,091 ,
интегрирования
ток
i2  1,091e 10 t А.
Искомое напряжение
4
uр  i2 R2  5,45e 10 t кВ.
4
График зависимости u р (t ) приведен на рис. 7.2б.
Задача 7.3
В схеме (рис. 7.3) R  100 Ом, L  0,5 Гн, C  100 мкФ, U  200 В,
uC 0   100 В. Определить токи i1 , i2 , i3 и напряжение uC после коммутации.
102
SA
С
R
i1
Решение
i3
uC  uCпр  uCсв ,
i2
U
L
R
uCпр  U  200 В,
R
uCсв  A1e p1t  A2 e p2t .
Рис. 7.3
Определение корней характеристическо-
го уравнения:
Z ( p)  R 
1
R( R  Lp)

 0,
Cp
2 R  Lp
RCp(2R  Lp)  2R  Lp  ( R 2  RLp)Cp  0 ,
L  3R 2 C
1
p 

 0.
2 RLC
LC
2
p 2  350 p  20000  0 ,
p1, 2  175  30625  20000  175  103 c -1 ,
p1  72 c -1 , p2  278 с 1 .
Определение начальных условий:
uC (0)  uC (0)  100 В,
i3 (0)  i3 (0)  0 ,
uC (0)  i1 (0) R  i2 (0) R  U ,

i2 (0) R  i3 (0) R  u L (0)  0,

i1 (0)  i2 (0)  i3 (0)  0,
103
i1 (0)  i2 (0)  0,


U
i1 (0) R  i2 (0) R  ,
R

i (0) R  u (0)  0,
L
2
откуда
i1 (0) 
U
 0,5 А.
4R
Определение постоянных интегрирования:
uC (0)  U  A1  A2 ,
i1  C
duC
 CA1 p1e p1t  CA2 p2 e p2t ,
dt
i1 (0)  CA1 p1  CA2 p2 ,
U

A

A


,
2
 1
2


U

Cp
A

Cp
A

,
2 2
 1 1
4R
откуда A1  110,7 , A2  10,7 .
В итоге:
uC (t )  200  110,7e 72t  10,7e 278t В.
Найдем токи:
i1  CA1 p1e p1t  CA2 p2 e p2t  0,8e 72t  0,3e 278t А,
i2 
U  uC  i1 R
 0,307e 72t  0,193e 278t А,
R
i3  i1  i2  0,493e 72t  0,493e 278t А.
104
Задача 7.4
В схеме (рис. 7.4а) найти токи i1 , i2 , i3 операторным методом.
SA
I1(p)
i1
R1
i2
i3
R2
R3
L
C
E(p)
E
I2(p)
I3(p)
R2
R3
Lp
1
Cp
u 0 
 C
p
Li2(0)
а)
б)
Рис. 7.4
Решение
Операторная схема замещения приведена на рис. 7.4б. Начальные условия:
i2 ( 0  )  i2 ( 0  ) 
E
,
R1  R2
u C ( 0  )  u C ( 0 ) 
ER2
.
R1  R2
Изображение тока во второй ветви
LpE
E
 Li2 (0) E 
E ( p)  Li 2 (0) p
R1  R2
I 2 ( p) 


.
R2  Lp
R2  Lp
p( R2  Lp)
Переходим к оригиналу:
F1 ( pk ) p k t
e ,

F
(
p
)
2
k
k
i2 (t )  
где p1  0 , p2  
R2
;
L
105
F1 ( p1 )  E ; F1 ( p2 ) 
ER1
;
R1  R2
F2 ( p)  2Lp  R2 ; F2 ( p1 )  R2 ; F2 ( p2 )   R2 ;
 R2 

t
ER1
E
 L 
.
i2 (t ) 

e
R2 R2 ( R1  R2 )
Аналогично для тока в третьей ветви:
uC (0) E uC (0)

C E  uC (0) 
p
p
p


,
1
1
1

R
Cp
3
R3 
R3 
Cp
Cp
E ( p) 
I 3 ( p) 
p1  
1
,
R3C
F1 ( p1 )  C E  uC (0)  
ECR1
,
R1  R2
F2 ( p)  R3C , F2 ( p1 )  R3C ,
ECR1
t
t

R1  R2  R3C
ER1
R3C
.
i3 (t ) 
e

e
R3C
R3 ( R1  R2 )
Ток в первой ветви
R
t

 2 t
ER1
E
E
i1 (t )  i2 (t )  i3 (t ) 

e L 
e R3C .
R2 R2 ( R1  R2 )
R3 ( R1  R2 )
Задача 7.5
В схеме (рис. 7.5а) u  100 2 sin(1000t  15о ) В, R  10 Ом, L  0,01 Гн.
Определить i (t ) , используя операторный метод.
106
SA
i
Icb(p)
R
Lp
u
R
L
Licb(0)
а)
б)
Рис. 7.5
Решение
Ток
i  iпр  iсв .
Расчет принужденной составляющей тока:
о
о
j15

100 2e j15
 j 30 о
I m  U m  100 2e


10
e
,
R  jL 10  j1000  0,01 10 2e j 45 о
iпр  10 sin(t  30о ) А.
Расчет свободной составляющей тока проводим по операторной схеме замещения (рис. 7.5б):
iсв (0)  i(0)  iпр (0) ,
i(0)  i(0)  0 ,
iпр (0)  10 sin( 30о )  5 А,
iсв  5 А.
Изображение искомого тока:
I св ( p) 
Liсв (0)
.
R  Lp
107
Переходим к оригиналу:
p1  
R
 1000 c 1 ,
L
F1 ( p)  Liсв (0) , F '2 ( p)  L , F '2 ( p1 )  L ,
iсв 
F1 ( p1 ) p1t Liсв (0) p1t
e 
e  5e 1000t .
F2 ( p1 )
L
В итоге:
i  iпр  iсв  10 sin(t  30о )  5e 1000t А.
Задача 7.6
В схеме (рис. 7.6) определить ток после коммутации.
i1
R1
L1
Решение
i2
E
SA
L2
После коммутации в цепи протекает ток
i  i1  i2 . Находим ток классическим методом:
i  iпр  iсв ,
iпр 
R2
Рис. 7.6
E
, iсв  Ae pt .
R1  R2
Постоянную интегрирования определяем, используя обобщенный закон коммутации:
( L1  L2 )i(0)  L1i1 (0) ,
i1 (0) 
i (0  ) 
E
,
R1
L1
E

,
R1 L1  L2
108
i (0  ) 
A
E
 A,
R1  R2
L1
E ( L1 R2  L2 R1 )
E
E
.



R1 L1  L2 R1  R2 R1 ( L1  L2 )(R1  R2 )
В итоге:
R1  R2

t
E ( L1 R2  L2 R1 )
E
i (t ) 

e L1  L2 А.
R1  R2 R1 ( L1  L2 )(R1  R2 )
Задача 7.7
В цепи (рис. 7.7) ток i1 мгновенно прерывается выключателем. Определить
i2 (t ) , если U  10 В, R1  20 Ом, R2  40 Ом, L1  0,2 Гн.
Решить задачу при следующих соотношениях между w1 и w2 :
w
w1
б) 1  4 ;
 1;
w2
w2
Потоками рассеяния пренебречь (   0 ).
а)
в)
w1
 0,5 .
w2
Ф
SA
i2
U
W1
i1
W2
R1
Рис. 7.7
Решение
Индуктивность первой обмотки
L1 
Ψ w1Ф w1BS w12 HS w12 S
.




Hl
i1
i1
Hl
l
w1
109
R2
Поскольку обе обмотки пронизываются одним и тем же магнитным потоком,
аналогично получаем индуктивность второй обмотки:
L2 
w22 S
.
l
Таким образом,
L1 w12
w22
или L2  L1 2 .

L2 w22
w1
Переходный ток во второй обмотке
i2  i2пр  i2св ,
i2пр  0 , i2св  Ae pt .
Характеристическое уравнение
R2  Lp  0,
2
w  R
R
p   2   1   2 .
L2
 w2  L1
Для момента времени t  0 
i2 (0)  A .
Используем первый обобщенный закон коммутации:
Mi1 (0)  L2i2 (0) ,
где М – коэффициент взаимной индукции.
Поскольку потоки рассеяния отсутствуют, коэффициент связи между обмотками
K св 
M
 1.
L1 L2
110
Отсюда
M  L1 L2  L1
w2
.
w1
Постоянная интегрирования
A  i2 (0)  i1 (0)
M

L2
UL1
w2
w1
w 
R1 L1  2 
 w1 
2

Uw1
.
R1w2
Окончательно получаем
2
i2 (t ) 
Uw1
e
R1w2

R2  w1 
 t

L1  w2 
А.
Подставив численные значения, имеем
i2 (t )  0,5e 200t А при
w1
 1;
w2
i2 (t )  2e 3200t А при
w1
 4;
w2
i2 (t )  0,25e 50t А при
w1
 0,5.
w2
Задача 7.8
На входе схемы (рис. 7.8а) действует напряжение u1 (t ) (рис. 7.8б). Определить напряжение u 2 (t ) .
111
u1
M
i1
L1
L2
u1,2
2U0
u2
u1
u1,1
U0
u1,3
R1
0
t1
а)
t2
t
б)
Рис. 7.8
Решение
Переходная функция по току
R
 1 t 
1 
g (t ) 
1  e L1  .

R1 


Решение для интервала 0  t  t1 :
R

 1 t 
U0 
L1 
i1 (t )  U 0 g (t )   u1,1 ( ) g (t   )d 
1

e

,
R


0


t
R1
di
M  L1 t
u 2 (t )  M 1  U 0
e
.
dt
L1
Решение для интервала t1  t  t 2 :
t1
t
0
t1
i1 (t )  U 0 g (t )   u1,1 ( ) g (t   )d  U 0 g (t  t1 )   u1, 2 ( ) g (t   )d 
R
R
R1
R
 1 t 
 1 ( t t1 ) 
 1 t1 
U0 
U0 
2U 0 U 0  L1 t 
L1
L1
1  e

1  e

1  e L1  ,


e
R1 
R1
 R1 
 R1








R1
R1
 U  R   R1 t U
t
di1
R1   L1 t 
L1
L1 1 
0
0
1

   e
u 2 (t )  M
 M 

 e     e


dt
R
L
R
L


 1
1 
1
1


112
R1
R
t 
 1 t
U 0 M 
L1 1 

1 e
 e L1 В.

L1 


Решение для интервала t 2  t   :
t1
t2
0
t1
i1 (t )  U 0 g (t )   u1,1 ( ) g (t   )d  U 0 g (t  t1 )   u1,2 ( ) g (t   )d 
R
R


 1 t 
 1  (t  t1 ) 
U0 
U



L1
L1
0
 2U 0 g (t  t 2 )   u1,3 ( ) g (t   )d 
1

e

1

e

 R 

R




1
1
t2




R1
R1
R1
R1

 ( t t2 )  U 
t
 t1
t
2U 0 
L1
L1 2
L1
L1


0
А,

1 e

2e
e
1  e
 R 

R1 
1




t
R1
R

  R1 t
 1 t1
U 0 M   L1 t2
di1
u 2 (t )  M

2e
 e L1  1  e L1 В.

dt
L1 


Задача 7.9
В схеме (рис. 7.9а) R  100 кОм, C  100 мкФ. Определить uC (t ) при воздействии на входе напряжения u (t ) (рис. 7.9б), U 0  100 В.
R
u, B
R
u
C
U0
uC
u1
u3
50
u2
0
а)
SA
R
R
U
C
uC
в)
Рис. 7.9
113
2
u4
4
б)
t, c 6
Решение
Найдем переходную функцию цепи по напряжению, используя схему
(рис. 7.9в):
uC  uCпр  uCсв ,
uCпр 
UR U
 ,
2R 2
uCсв  Ae pt ,
Z ( p)  R 
R
Cp
1
R
Cp
 0,
R2 
R
R

 0 , R 2Cp  2R  0 ,
Cp Cp
p
2R
2


 0,2 c 1 ,
2
5
4
R C
10 10
uC (0)  uC (0)  0 , uC (0) 
uC (t ) 
U
U
 A, A   ,
2
2
1
U U 0 , 2 t
 e
, h(t )  (1  e 0, 2t ) .
2 2
2
Решение для интервала 0  t  t1 :
t
uC (t )  U 0 h(t )   u1 ( )h(t   )d ;
0
u1 ( )  U 0 , u1 ( )  0 ,
h(t   ) 


1
1  e 0, 2(t  ) ,
2
114
uC (t ) 


U0
1  e  0, 2t .
2
Решение для интервала t1  t  t 2 :
t1
t
0
t1
uC (t )  U 0 h(t )   u1 ( )h(t   )d  U 0 h(t  t1 )   u 2 ( )h(t   )d ;

uC (t ) 

1
1  e 0, 2(t t1 ) ,
2
u2 ( )  0 , u2 ( )  0 , h(t  t1 ) 




U0
U
U
(1  e 0, 2t )  0 1  e 0, 2(t t1 )  0 e 0, 2t1  1 e 0, 2t .
2
2
2
Решение для интервала t 2  t  t3 :
t1
uC (t )  U 0 h(t )   u1 ( )h(t   )d  U 0 h(t  t1 ) 
0
t2
t
t1
t2
  u 2 ( )h(t   )d U 0 h(t  t 2 )   u3 ( )h(t   )d ,
u3 ( )  U 0 , u3 ( )  0 , h(t  t 2 ) 
uC (t ) 





1
1  e  0, 2 ( t t 2 ) ,
2



U0
U
U
1  e 0, 2t  0 1  e 0, 2(t t1 )  0 1  e 0, 2(t t2 ) 
2
2
2
U
U
 0  0 e 0, 2t1  e 0, 2t2  1  e 0, 2t .
2
2


Решение для интервала t3  t   :
t1
t2
0
t1
t3
t
t2
t3
uC (t )  U 0 h(t )   u1 ( )h(t   )d  U 0 h(t  t1 )   u 2 ( )h(t   )d 
 U 0 h(t  t 2 )   u3 ( )h(t   )d  U 0 h(t  t3 )   u 4 ( )h(t   )d ,
115
u4 ( )  0 , u4 ( )  0 , h(t  t3 ) 




1
1  e 0, 2(t t3 ) ,
2



U0
U
U
(1  e 0, 2t )  0 1  e 0, 2(t t1 )  0 1  e 0, 2(t t2 ) 
2
2
2
U
U
 0 1  e 0, 2(t t3 )  0 e 0, 2t3  e 0, 2t2  e 0, 2t1  1  e 0, 2t .
2
2
uC (t ) 



Подставив данные, имеем:
uC (t )  50(1  e 0, 2t ) В при 0  t  2 с,
uC (t )  24,6e 0, 2t В при 2  t  4 с,
uC (t )  50  86,75e 0, 2t В при 4  t  6 с,
uC (t )  79,25e 0, 2t В при 6  t   с.
График изменения uC (t ) приведен на рис. 7.10.
u, uC, B
100
90
80
70
u
60
50
40
30
16,5
20
23,8
uC
11
10
0
2
4
6
Рис. 7.10
116
8
10
t, c
Задача 7.10
Определить ток, напряжение на катушке и конденсаторе в идеальном последовательном LC-контуре ( Rк  0 ) (рис. 7.11) после замыкания ключа.
Решение
L
SA
i
uL
C
E
По второму закону Кирхгофа получаем
uC
L
Рис. 7.11
di
 uC  E ,
dt
duC
.
dt
Подставляя выражения тока в уравнение для напряжения, получаем
iC
LC
d 2 uC
dt 2
 uC  E .
Решение ищем в виде
uC  uCпр  uCсв ,
где uCпр  E, uCсв  A1e p1t  A2 e p2 t .
Характеристическое уравнение
LCp 2  1  0
имеет корни
p1, 2   j
где 0 
1
  j0 ,
LC
1
– собственная, резонансная частота контура.
LC
Начальные условия
uC (0)  uC (0)  0 , i(0)  i(0)  0 .
117
Определяем постоянные интегрирования:
uC (0)  E  A1  A2 ,
i C
duC
 CA1 p1e p1t  CA2 p2 e p2t ,
dt
i(0)  CA1 p1  CA2 p2 ,
 A1 p1  A2 p2  0,

 A1  A2   E ,
A1 
Ep2
Ep1
, A2  
.
p1  p2
p1  p2
Определяем искомые ток и напряжения:
uC  E  E
j0 j0t
j0  j0t
p2
p1
e p1t  E
e p2 t  E  E
e
E
e

p1  p2
p1  p2
2 j0
2 j0
 e j0t  e j0t 
  E  E cos0t ,
 E  E 

2


i  iC  C
uL  L
duC
C
 EC0 sin 0t  E
sin 0t ,
dt
L
di
 ELC02 cos0t  E cos0t .
dt
Как видно из полученных выражений для i, uС, uL, при замыкании ключа в
контуре возникают незатухающие синусоидальные колебания с частотой
f0 
0
1

.
2 2 LC
Соответствующие временные диаграммы приведены на рис. 7.12.
118
uC , uL ,
i
2E
uC
uL
E
2E
i
0
t
E
-E
Рис.7.12
Задача 7.11
SA
iL
J
u
L
Определить токи через катушку и конденсатор,
iC а также напряжение на катушке и конденсаторе в
идеально параллельном LC-контуре ( Rк  0 )
C
(рис. 7.13) после замыкания ключа.
Решение
По первому закону Кирхгофа
Рис. 7.13
iL  iC  J  0 ,
1
du
udt  C
J.

L
dt
Решение ищем в виде
u  uпр  uсв ,
где uпр  0, uсв  A1e p1t  A2 e p2t .
Характеристическое уравнение
1
 Cp  0 или LCp 2  1  0
Lp
119
имеет корни
p1, 2   j
1
  j0 .
LC
Начальные условия
u(0)  u(0)  0 , iL (0)  iL (0)  0 , iC (0)  J .
Определяем постоянные интегрирования:
u(0)  A1  A2 ,
iC  C
du
 CA1 p1e p1t  CA2 p2 e p2 t ,
dt
iC (0)  CA1 p1  CA2 p2 ,
Cp1 A1  Cp 2 A2  J ,

 A1  A2  0,
A1 
J
J
, A2  
.
C ( p1  p2 )
C ( p1  p2 )
Определяем искомые токи и напряжения:
u
J
J
e j0 t 
e  j0 t 
C ( j0  j0 )
C ( j0  j0 )
J  e j0 t  e  j0 t 
J



sin 0t ,


0 C 
2j

C
0

iC  C
du
 J cos0t ,
dt
iL  J  iC  J  J cos0t .
Как видно из полученных выражений для u, iС, iL, при замыкании ключа в
контуре возникают незатухающие синусоидальные колебания с частотой
120