ПРИМЕРЫ

ПРИМЕР 1

4.1. Сформировать исходные данные и схему согласно коду {К} = abcdef = 213241. Начертить схемы по п.п.2.1, 2.5.

Исходные данные конкретизируются в виде:

1.1. L₁ = 95 мГн, L₂ = 45 мГн, L₃ = 60 мГн.

1.2. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименными (табл.4) являются зажим 1 элемента L₁ в ветви 1 и зажим 3 элемента L₂ в ветви 2.

1.3. Ветвь 2 содержит источник ЭДС е₁= 100sin(314t + 75°) В, направление которой выбрано произвольно.

1.4. Ветвь 1 содержит элементы 3(R), 2(R), ветвь 2 - элементы 2(R), 1(R), ветвь 3 - элементы 2(R), 4(C) (табл.5). Сопротивление R = 20 Ом, емкость С = 100 мкф.

Исходная схема показана на рис.5. Схема на рис.6 составлена по рис.5 без учета индуктивной связи. Схема на рис.7 содержит элемент М, нотоки в ней те же, что в схеме на рис.6. Это обеспечивается заменой ЭДС е₁ на ЭДС е₂ и включением в ветвь 1 ЭДС е₃ .

4.2. В схеме рис.6, составленной по п.п. 1.1, 1.3, 1.4,

R = 20 Ом, X_L1 = 29,8 Ом, X_L2 = 14,1 Ом, X_L3 = 18,8 Ом, X_C = 31,9 Ом. Определить действующие значения токов в ветвях и составить баланс комплексных мощностей.

В схеме лишь один источник ЭДС, поэтому целесообразно применить эквивалентные преобразования схемы.

Комплексные сопротивления в ветвях схемы:

Ветви с сопротивлениями включены параллельно, и эквивалентное им сопротивление

Схема становится одноконтурной с ЭДС и сопротивлением

По закону Ома

Баланс токов по первому закону Кирхгофа соблюдается:

0,495 + j1,072 0,495 + j1,074 А.

Таким образом, токи в ветвях имеют действующие значения:

I₁ = 0,454 А, I₂ = 1,182 А, I₃ = 0,948 А.

Комплексные мощности источника и приемников:

4.3. В схеме на рис.7 сохранены те же точки и параметры одноименных элементов, что в схеме на рис.6 примера 4.2, но введены три новых элемента: М, (взамен ) и . Коэффициент связи К = 0,8. Определить ЭДС е₃ , построить векторную диаграмму токов и ТД для контура, не включающего ЭДС е₂ .

Сопротивление взаимной индукции

ЭДС е₂ определять не требуется. Поэтому для определения е₃ следует составить уравнение по второму закону Кирхгофа для внешнего контура схемы рис.7:

т.е.

е₃ = 19,4

В процессе предыдущих вычислений определены действующие значения напряжений: U₁₉ = 2RI₁ = 18,2 В, U_L1 = X_L1I₁ = 13,5 В, U_M1 = X_MI₂ = 19,4 В,

U₇₀ = X_CL₃ = 30,2 В, U₅₇ = RI₃ = 19,0 В, U_L3 = X_L3I₃ = 17,8 В.

Векторная диаграмма токов построена на рис.8. Она служит ориентиром при построении ТД. Так, вектор напряжения совпадает по направлению с вектором тока и направлен на рис.8 от точки 9 к точке 1, вектор напряжения сдвинут относительно вектора тока на угол -90^о и направлен на рис.8 от точки 0 к точке 7 и т.д. Потенциал точки 0 на рис.7 принят за нуль , величина получена как замыкающий вектор (рис.8) при построении ТД с обходом внешнего контура схемы рис.7, что соответствует уравнению, составленному в примере по второму закону Кирхгофа.

ПРИМЕР 2

ПРИМЕНЕНИЕ СИМВОЛИЧЕСКИХ ИЗОБРАЖЕНИЙ ПРИ РАСЧЕТЕ УСТАНОВИВШЕГОСЯ РЕЖИМА ЦЕПИ С ИСТОЧНИКАМИ СИНУСОИДАЛЬНЫХ ЭДС

1. Исходные данные

В схеме три ветви и два узла. Каждая ветвь содержит индуктивный элемент и, кроме того, может содержать источник синусоидальной ЭДС, резистивный элемент, емкостный элемент.

1.1. Индуктивный элемент L₁ в ветви 1 имеет зажимы 1, 2; элемент L₂ в ветви 2 - зажимы 3, 4; элемент L₃ в ветви 3 - зажимы 5, 6. Зажимы 2, 4, 6 соединены в один узел. При этом индуктивность L₁ = (125 - 10 с) мГн, L₂ = (25 + 10 a) мГн,

L₃ = 60 мГн.

1.2. Две ветви имеют магнитную связь. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименные зажимы индуктивно связанных катушек указаны в табл. 4.

Таблица 4

1.3. Ветвь № а содержит источник ЭДС произвольного направления е₁ = 100 sin (314 t + y) В, y = 120° - 45° b .

1.4. Ветвь 1 содержит элементы a, f, ветвь 2 - элементы c, d, ветвь 3 - элементы d, e . Элементы a, c, d, e, f выбирают по табл.5.

Таблица 5

Сопротивление R = 20 Ом, емкость C = 100 мкф.

2. Задание

2.1. Начертить схему согласно исходным данным (п.1) без учета индуктивной связи.

2.2. Построить осциллограмму ЭДС e₁ (t) и изобразить ЭДС комплексной амплитудой.

2.3. Определить комплексные действующие значения токов во всех ветвях, применив эквивалентные преобразования исходной схемы.

2.4. Составить и рассчитать баланс комплексных мощностей.

2.5. Начертить схему согласно исходным данным (п.1) с учетом индуктивной связи, заменив ЭДС е₁ неизвестной ЭДС е₂ и включив в любую другую ветвь еще один источник неизвестной ЭДС е₃. Направления ЭДС можно задать произвольно. При этом полагать, что токи в ветвях остались теми же, что в исходной схеме.

2.6. Составить в общем виде уравнение по второму закону для определения ЭДС е₃ . Определить эту ЭДС.

2.7. Построить векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму для контура схемы, не включающего ЭДС е₂ .

3. Решение

Формируем исходные данные и схему согласно коду {К} = abcdef = 311324. Составляем схему по п.п.2.1.

Исходные данные конкретизируются в виде:

3.1. L₁ = (125 – 10*с) = 125 – 10*1 = 115 мГн = 115 *10(-3) Гн,

L₂ = (25 +10*а) = 25 + 10*3 = 55 мГн = 55* 10(-3) Гн,

L₃ = 60 мГн = 60*10(-3)Гн.

3.2. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименными (табл.4) являются зажим 4 элемента L₂ в ветви 2 и зажим 6 элемента L₃ в ветви 3.

3.3. Ветвь 3 содержит источник ЭДС е₁= 100sin(314t + 75°) В, направление которой выбрано произвольно.

3.4. Ветвь 1 содержит элементы 3(R), 4(С), ветвь 2 - элементы 1(R), 3(R), ветвь 3 - элементы 3(R), 2(R) (табл.5). Сопротивление R = 20 Ом, емкость С = 100 мкф = 100*10(-6) Ф.

Исходная схема показана на рис.1.