Параллельный колебательный контур Анализ сложных линейных цепей Анализ цепей синусоидального тока Измерение разности фаз Воспользуемся методом контурных токов.

Основы теории цепей Расчет электрической цепи

Первый трактат по электричеству, вышедший в 1753 г., принадлежит нашему великому соотечественнику М. В. Ломоносову - "Слово о явлениях воздушных, от электрической силой происходящих", посвященный теории атмосферного электричества.

В схеме (рис. 12) заданы 1=-j110 B, 3=j10 B, 5=j20 B, =40 A, X1=15 Ом, X2=5 Ом, X3=10 Ом, r4=4 Ом, X5=7 Ом. Определить все токи, показания амперметра и вольтметра электромагнитной системы. Составить баланс мощностей.

 Решение. Воспользуемся методом контурных токов. Так как в схеме имеется ветвь с идеальным источником J, то в качестве одного из контурных выбираем ток, равный заданному источнику J. При этом должно выполняться условие: в данной ветви должен быть лишь один контурный ток – ток источника J.

 С учетом этого выбираем систему независимых контуров с указанными на рис. 12 положительными направлениями контурных токов 11, 22, 33==40 A.

 Записываем систему уравнений в канонической форме. Система состоит из двух уравнений:

11Z11+ 22Z12+ 33Z13=11,

11Z21+ 22Z22+ 33Z23=22,

где собственные сопротивления первого и второго контуров равны:

Z11=Z1+ Z2+ Z3=-jX1+ jX2+ jX3=-j15+j5+j10=0 Ом,

Z22=Z4+ Z3+ Z5=r4+ jX3– jX5=4+j10–j7=4+j3 Ом,

а общие сопротивления ветвей, принадлежащих смежным контурам,

Z12=Z21=-Z3=-jX3=-j10, Z23=Z4=r4=4,

Z13=Z31= Z2=jX2=j5.

Знаки у сопротивлений обусловлены встречным направлением контурных токов 11 и 22 в сопротивлении Z3 и одинаковым направлением 33 и 11, 22 и 33 соответственно в сопротивлениях Z2 и Z4.

 Контурные ЭДС

11=-1– 3=-(-j110)–j10=j100,

22=3+ 5=j10+j20=j30.

Решая систему уравнений

  11×0– 22×j10+40×5=j100,

  -11×j10+22×(4+j3)+40×4=j30,

находим контурные токи

 11=-j20, 22=10, а 33=J=40.

 Комплексные токи в ветвях схемы указанных направлений (см. рис. 12) определяем, учитывая, что ток в ветви, принадлежащей одному контуру, равен контурному току с учетом знака; ток в ветви, принадлежащей нескольким контурам, равен алгебраической сумме контурных токов; в обоих случаях со знаком "плюс" берется контурный ток, направление которого совпадает с направлением искомого тока ветви.

 Таким образом,

 1= -11=j20, 2=-(11+ 33)=-40+j20,

 3=22– 11=10+j20, 4=22+ 33=10+40=50, 5= 22=10.

 Мгновенные значения токов записываем, переходя от их комплексных действующих значений:

 i1=20×sin(wt+90°),

 i2=20×sin(wt+153°30'),

 i3=10×sin(wt+63°30'),

 i4=50×sin wt,

  i5=10×sin wt,

  Û40sin wt.


Амперметр А3 показывает действующее значение тока I3,


или

 Определим напряжение на зажимах источника тока, выбрав его направление, например ca. Уравнение по второму закону может быть записано для любого контура, в который входит ветвь с источником тока.

 При обходе контура a–f–c–a по часовой стрелке получим уравнение

 2jX2– 4r4+ ca=0,

откуда

 ca=4r4– 2jX2=50×4–(-40+j20)j5=300+j200 B.

Вольтметр V, измеряющий действующее значение напряжения Uca, покажет

ris10


 Баланс мощностей можно составить только для всей схемы, он служит для проверки правильности расчета.

  Полная комплексная мощность источников должна быть равна полной комплексной мощности потребителей:


На схеме (см. рис. 12) 1 и 1, 5 и 5, 3 и 3 направлены в одну сторону и являются источниками энергии; напряжение ca и ток  направлены встречно, т. е. – источник энергии.

 Таким образом

åист= 1I*1+ 3I*3+ 5I*5+JJ*=(-j110)(-j20)+j10(10-j20)+j20×10+ (300+j200)40=10000+j8300.

Pист=10000 Вт, Qист=8300 вар.

 Потребителями являются все пассивные элементы схемы, потребляемую мощность которых можно посчитать так:

åпотр=å(Ik2Zk),

где Ik– действующие значения токов (модули);

 Zk– комплексные сопротивления.

Тогда

åпотр=I12Z1+ I22Z2+ I32Z3+ I42Z4+ I52Z5=202(-j15)+(20)2(j5)+ (10)2(j10)+ 502×4+102(-j7)=10000+j8300,

Pпотр=10000 Вт, Qпотр=8300 вар.

Баланс мощностей сходится.

Пример 5. В схеме (рис. 13) заданы: 1=j110 B, , 5=j80 B, =3 A, X1'= X3=10 Ом, X2=40 Ом, X1"=r4=20 Ом, r6=30 Ом. Определить все токи методом узловых потенциалов и показания вольтметра.

Решение. В схеме имеется ветвь с идеальной ЭДС 5. За базисный узел принимаем, например, узел d, т. е. d=0. Тогда потенциал узла c равен величине 5 со знаком "плюс" (5 направлена к узлу с):

с=j80.


Записываем систему уравнений по методу узловых потенциалов для определения двух оставшихся неизвестных узлов a и b схемы:

 Yaaa+ Yabb+ Yacc=aa,

 Ybaa+ Ybbb+ Ybcc=bb,

где собственные проводимости узлов a и b:


взаимные проводимости узлов:

Yac=0 (так как узлы a и c не соединены непосредственно).

В выражение собственной проводимости Yaa должна войти и проводимость ветви с источником тока. Однако, так как внутреннее сопротивление идеального источника тока равно бесконечности, проводимость этой ветви (величина, обратная общему сопротивлению ветви ZJ+r6=¥+30=¥) равна нулю.


Узловые токи определяются так:

Подставив в исходные уравнения числовые значения проводимостей и узловых токов, получим систему уравнений

  0×a+(j0.1) b+0×c=-8;

 (j0.1) a+(0.05-j0.125) b–0.05×j80=0.

Решив эти уравнения, найдем потенциалы узлов a и b:

 a=j100 B, b=j80 B.

Выберем направления напряжений во всех ветвях схемы (напряжения между узлами) и определим их. Например:

 ab=a–b=j100–j80=j20,

 bc=b–c=j80–j80=0,

 ad=a–d=a–0=j100,

 bd=b–d=j80,

 ac=a–c=j100–j80=j20,

 ac= ab+bc=j20+0=j20.

Наконец, определим токи в ветвях, направление которых указано на схеме (см. рис. 13):


Ток 5 в ветви с идеальной ЭДС 5 найдем из уравнения, составленного по первому закону Кирхгофа для узла d

 -1–2–5=0, откуда 5=-1–2=-(-1)-(-2)=3 А.

Для узла c

 4+5+6=0, откуда 5=-4+6=0+3=3 А.

Проверка. Составляем уравнения по первому закону Кирхгофа:

для узла a 1+6–3=0, -1+3-2=0,

для узла b 3+2–4=0, 2-2+0=0.

 Показания вольтметра: V=|ac|=20 B.

. В схеме (рис. 14) заданы: E1=E2=E3=100 B, E1 и E2 по фазе опережают E3 на 90°, r1=XL2=20 Ом, XС3=10 Ом. Определить ток I3.

 Рассмотрим на данном примере три метода расчета:

1) с предварительным эквивалентным преобразованием активных параллельных ветвей;

2) методом двух узлов;

3) методом эквивалентного генератора.


Записываем комплексные действующие значения ЭДС, принимая начальную фазу ЭДС E3 равной нулю: 3=E3ej0°=E3=100.

Тогда 1=E1ej90°=jE1=j100, 2=j100.

Комплексные сопротивления ветвей Z1=r1=20, Z2=jXL2=j20,

Z3=-jXC3=-j10.

Решение. Заменяем параллельные активные ветви с ЭДС E1 и E2 одной эквивалентной, выбрав направление EЭ (рис. 15).


Тогда

Значение тока 3 в схеме (см. рис. 15) находим из уравнения, составленного по второму закону Кирхгофа 3(Z3+ZЭ)= 3+Э,


откуда

Задаваясь положительным направлением напряжения между узлами схемы (см. рис. 14), например, ab, определим его по формуле метода двух узлов:


При этом значении узлового напряжения находим ток 3 из уравнения, составленного по второму закону Кирхгофа для контура, состоящего из ветви с 3 и найденного напряжения ab:


3Z3–ab=3, откуда

Согласно методу эквивалентного генератора размыкаем ветвь с искомым током 3 и исключаем из нее пассивный элемент Z3. В полученной схеме (рис. 16) имеем левый контур, в котором протекает ток ', определяемый из уравнения '(Z1+Z2)= 1+2,


Далее, выбрав любой контур, например правый, в который входит неизвестное напряжение mn на зажимах разомкнутой ветви, составляем уравнение по второму закону Кирхгофа при указанном направлении обхода: -'Z2+mn=- 2+3.

Напряжение

mn=-2+3– 'Z2=-j100+100+(5+j5)j20=0.

Законы Кирхгофа

Число независимых уравнений n, составляемых по законам Кирхгофа, равно числу неизвестных. В данном случае:

n=в–ви ,

где в- общее число ветвей, ви- число ветвей с источниками тока.

                Число независимых уравнений по первому закону Кирхгофа n1 равно

                n1=у–1 ,

где у- число узлов. Если в схеме имеются ветви, включающие только идеальные источники ЭДС, то число уравнений уменьшается на это количество ветвей.

                Первый закон Кирхгофа записывается для узлов: алгебраическая сумма токов в узле равна нулю. Правило знаков: токи, втекающие в узел, берутся со знаком "минус", а вытекающие – со знаком "плюс".

                Число независимых уравнений, составляемых по второму закону Кирхгофа n2 равно

                n2=n–n1

                При этом в каждом независимом контуре выбирается условно положительное направление обхода. Второй закон Кирхгофа записывается для контуров: алгебраическая сумма напряжений на пассивных элементах контура равна алгебраической сумме ЭДС этого контура. Правило знаков: напряжение или ЭДС имеют положительный знак, если их направление совпадает с направлением обхода.


Пример расчета резистивной цепи