Главная → Примеры решения задач ТОЭ → РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ТОЭ — МЕТОДЫ, АЛГОРИТМЫ, ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ → 3 Методы расчета линейных цепей синусоидального тока → 3.1 Расчет цепей синусоидального тока методом векторных диаграмм

3.1 Расчет цепей синусоидального тока методом векторных диаграмм

Методы и примеры решения задач ТОЭ → РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ТОЭ — МЕТОДЫ, АЛГОРИТМЫ, ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ → 3 Методы расчета линейных цепей синусоидального тока

3.1 Расчет цепей синусоидального тока методом векторных диаграмм

Полезной иллюстрацией расчета любой электрической цепи является ее топографическая диаграмма напряжений и векторная лучевая диаграмма токов или векторная диаграмма токов и векторная диаграмма напряжений на комплексной плоскости, которая позволяет находить графическим путем напряжения между любыми точками электрической цепи без дополнительных вычислений

---

Примеры решения типовых задач методом векторных диаграмм

---

Задача 3.1.1 Для схемы рис. 3.1.1 определить токи во всех ветвях и напряжения на всех участках, составить баланс активных и реактивных мощностей, построить полную векторную диаграмму цепи, записать мгновенные значения токов, если U = U_msin(ωt + ψ_U), U_m =600 В, ψ_U = –90°, R₁ = 10 Ом, Х₂ = R₃ = Х₃ = 20 Ом, Х₄ = 50 Ом.

Рис. 3.1.1

Решение

1. Заменим разветвленный участок эквивалентной ветвью с параметрами R₂₃ и X₂₃, для чего рассчитаем активные и реактивные проводимости параллельных ветвей

$\begin{array}{l}{g}_2=\frac{R_2}{Z_2^2}=\frac{R_2}{R_2^2+X_2^2}=0;\\ b_2=\frac{X_2}{Z_2^2}=\frac{X_2}{R_2^2+X_2^2}=\frac{20}{0+{20}^2}=\mathrm{0,05}См;\\ g_3=\frac{R_3}{Z_3^2}=\frac{R_3}{R_3^2+X_3^2}=\frac{20}{{20}^2+{20}^2}=\mathrm{0,025}См;\\ b_3=\frac{-X_3}{Z_3^2}=\frac{-X_3}{R_3^2+X_3^2}=\frac{-20}{{20}^2+{20}^2}=-\mathrm{0,025}См;\\ g_{23}=g_2+g_3=0+\mathrm{0,025}См;\\ b_{23}=b_2+b_3=\mathrm{0,05}+\left(-\mathrm{0,025}\right)=\mathrm{0,025}См;\\ R_{23}=\frac{g_{23}}{y_{23}^2}=\frac{g_{23}}{g_{23}^2+b_{23}^2}=\frac{\mathrm{0,025}}{{\mathrm{0,025}}^2+{\mathrm{0,025}}^2}=20Ом;\\ X_{23}=\frac{b_{23}}{y_{23}^2}=\frac{b_{23}}{g_{23}^2+b_{23}^2}=\frac{\mathrm{0,025}}{{\mathrm{0,025}}^2+{\mathrm{0,025}}^2}=20Ом.\end{array}$

Рис. 3.1.2

2. Эквивалентная схема приведена на рис. 3.1.2, по которой рассчитаем ток неразветвленной части исходной схемы

$i_1=I_{1m}\sin \left(\omega t+{\psi }_U-{\phi }_{вх}\right),$

где

$\begin{array}{l}{I}_{1m}=\frac{U_m}{\sqrt{{\left(R_1+R_{23}\right)}^2+{\left(X_{23}-X_4\right)}^2}}=\frac{600}{\sqrt{{\left(10+20\right)}^2+{\left(20-50\right)}^2}}=-10\sqrt{2}А;\\ {\phi }_{вх}=arctg\frac{X_{23}-X_4}{R_1+R_{23}}=arctg\frac{20-50}{10+20}=-45°.\end{array}$

Таким образом, мгновенное значение тока

$i_1=I_{1m}\sin \left(\omega t+{\psi }_U-{\phi }_{вх}\right)=10\sqrt{2}\sin \left[\omega t+\left(-90°\right)-\left(-45°\right)\right]=10\sqrt{2}\sin \left(\omega t-45°\right)А.$

Действующее значение тока

$I_1=\frac{I_{1m}}{\sqrt{2}}=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=10А.$

3. Напряжение на эквивалентном участке

$U_{bd}=U_{bdm}\sin \left(\omega t+{\psi }_U-{\phi }_{вх}+{\phi }_{23}\right),$

где

$\begin{array}{l}{U}_{bdm}=I_{1m}{Z}_{23}=I_{1m}\sqrt{R_{23}^2+X_{23}^2}=10\sqrt{2}\cdot \sqrt{{20}^2+{20}^2}=400В;\\ {\phi }_{23}=arctg\frac{X_{23}}{R_{23}}=arctg\frac{20}{20}=45°.\end{array}$

Тогда

$U_{bd}=U_{bdm}\sin \left(\omega t+{\psi }_U-{\phi }_{вх}+{\phi }_{23}\right)=400\sin \left[\omega t+\left(-90°\right)-\left(-45°\right)+45°\right]=400\sin \left(\omega t\right)В.$

4. Действующее значение токов параллельных ветвей и напряжения эквивалентного участка:

$\begin{array}{l}{U}_{bd}=\frac{U_{bdm}}{\sqrt{2}}=\frac{400}{\sqrt{2}}=200\sqrt{2}В;\\ I_2=\frac{U_{bd}}{Z_2}=\frac{U_{bd}}{X_2}=\frac{200\sqrt{2}}{20}=10\sqrt{2}А;\\ I_3=\frac{U_{bd}}{Z_3}=\frac{U_{bd}}{\sqrt{R_3^2+X_3^2}}=\frac{200\sqrt{2}}{\sqrt{{20}^2+{20}^2}}=10А.\end{array}$

5. Углы сдвига фаз напряжений и токов второй и третьей ветвей

$\begin{array}{l}{\phi }_2=arctg\frac{X_2}{R_2}=arctg\frac{20}{0}=90°;\\ {\phi }_3=arctg\frac{-X_3}{R_3}=arctg\frac{-10}{20}=-45°.\end{array}$

6. Мгновенные значения токов параллельных ветвей

$\begin{array}{l}{i}_2=I_2\sqrt{2}\sin \left(\omega t+{\psi }_{U_{bd}}-{\phi }_2\right)=20\sin \left(\omega t-90°\right)А;\\ i_3=I_3\sqrt{2}\sin \left(\omega t+{\psi }_{U_{bd}}-{\phi }_3\right)=10\sqrt{2}\sin \left(\omega t+45°\right)А,\end{array}$

где

${\psi }_{U_{bd}}={\psi }_U-{\psi }_{вх}+{\phi }_{23}=\left(-90°\right)-\left(-45°\right)+45°=0.$

7. Проверим баланс активных мощностей

$\begin{array}{l}{P}_{ист}=U{I}_1\cos {\phi }_{вх}=\frac{600}{\sqrt{2}}\cdot 10\cdot \cos \left(-45°\right)=3000Вт;\\ P_{потр}=I_1^2{R}_1+I_3^2{R}_3={10}^2\cdot 10+{10}^2\cdot 20=3000Вт;\\ P_{ист}=P_{потр}=3000Вт.\end{array}$

8. Проверим баланс реактивных мощностей

$$\begin{array}{l}{Q}_{ист}=U{I}_1\sin {\phi }_{вх}=\frac{600}{\sqrt{2}}\cdot 10\cdot \sin \left(-45°\right)=-3000вар;\\ Q_{потр}=I_1^2\left(-X_4\right)+I_2^2{X}_2+I_3^2\left(-X_3\right)={10}^2\cdot \left(-50\right)+{\left(10\sqrt{2}\right)}^2\cdot 20+{10}^2\cdot \left(-20\right)=-3000вар;\\ Q_{ист}=Q_{потр}=-3000вар.\end{array}$$

Таким образом, баланс активных и реактивных мощностей сходится, т.е. задача решена верно, и можно переходить к построению полной векторной диаграммы.

9. Рассчитаем напряжения на элементах электрической цепи

$\begin{array}{l}{U}_{ab}=I_1{R}_1=10\cdot 10=100В;\\ U_{bd}=I_2{X}_2=10\sqrt{2}\cdot 20=200\sqrt{2}В;\\ U_{bc}=I_3{R}_3=10\cdot 20=200В;\\ U_{cd}=I_3{X}_3=10\cdot 20=200В;\\ U_{de}=I_1{X}_4=10\cdot 50=500В.\end{array}$

Векторная диаграмма приведена на рис. 3.1.3.

Рис. 3.1.3

Задача 3.1.2 В схеме рис. 3.1.4 известны показания приборов вольтметра — 100 В, первого амперметра — 3 А, второго амперметра — 2 А, ваттметра — 160 Вт.

Рассчитать параметры схемы X₁, X₂, R₂.

Рис. 3.1.4

Решение

Показание ваттметра определяется выражением активной мощности участка электрической цепи

$P_W=U_W{I}_W\cos \left(\widehat{{\overline{U}}_W{\overline{I}}_W}\right)=U{I}_2\cos {\phi }_2=I_2^2{R}_2=P_2,$

откуда

$R_2=\frac{P_2}{I_2^2}=\frac{P_W}{I_2^2}=\frac{160}{2^2}=40Ом.$

Полное сопротивление второй ветви

$Z_2=\sqrt{R_2^2+X_2^2}=\frac{U}{I_2}=\frac{100}{2}=50Ом,$

откуда

$X_2=\sqrt{Z_2^2-R_2^2}=\sqrt{{50}^2-{40}^2}=30Ом.$

Из треугольника сопротивлений второй ветви

$\cos {\phi }_2=\frac{R_2}{Z_2}=\frac{40}{50}=\mathrm{0,8};\sin {\phi }_2=\frac{X_2}{Z_2}=\frac{30}{50}=\mathrm{0,6.}$

Активная составляющая тока

$I_{2а}=I_2\cos {\phi }_2=2\cdot \mathrm{0,8}=\mathrm{1,6}А.$

Реактивная составляющая тока

$I_{2р}=I_2\sin {\phi }_2=2\cdot \mathrm{0,6}=\mathrm{1,2}А.$

Рис. 3.1.5

На основании векторной диаграммы рис. 3.1.5 определяем ток в емкости

$I_1=I_{2р}+\sqrt{I^2-I_{2а}^2}=\mathrm{1,2}+\sqrt{3^2-{\mathrm{1,6}}^2}=\mathrm{3,74}А.$

По закону Ома находим емкостное сопротивление

$X_1=\frac{U}{I_1}=\frac{100}{\mathrm{3,74}}=\mathrm{26,7}Ом.$

---

топографическая диаграмма, Векторная диаграмма