Дано: e=141sinωt В

R₁=3 Ом, R₂=2 Ом

L=0,00955 Гн

ω=314c^-1

Определить ток и

напряжение

на элементах цепи.

Решение: запищем уравнение для мгновенных значений: i(R₁+R₂)+L(di/dt)=e, В комплексах:

I(.)(R₁+R₂)+jωLI(.)=E(.) или I(.)Z=E(.), где

Z=R₁+R₂+jωL=5+3j=5,82e^j31º. Комплекс ЭДС:

E(.)=141/√2 =100В. Ток: I(.)=E(.)/Z=100/5,8e^j31º=

=17,2e^-j31ºA. Теперь найдем напряжения:

U_R1(.)=U_ab(.)=I(.)R₁=51,6e^-j31º

U_L(.)=U_cd(.)=jωLI(.)=

=3j*17,2e^-j31º=51,6e^j59ºВ

Векторная диаграмма изображена на

рисунке, вектор Е(.) направлен по оси

+1. Ток отстает от него на 31º

Дано: R=4 Ом, ω=10⁵c^-1

Определить величину

емкости С, ечли при ЭДС

E=10мВ, ток в цепи I=2мА

Решение: Комплексное

сопротивление цепи:

__________

Z=R – j/ωC; его модуль z=√R²+(1/ωC)²

По закону Ома: I=E/z. Отсюда z=E/I=5 Ом.

X_c=1/ωC=√z²-R^2` =3 Ом, C=1/ωX_c=3,33мкФ.

На схеме параллельно включены индуктивное сопротивление X_L=ωL и активное R, численно равное X_L. Показание А₂ равно 5А. Определить показания А₃. Сопротивления амперметров не учитывать.

Решение: Построим векторную диаграмму. Напряжение U_ab(.) совпадает по фазе с током I₂(.). Ток I₁(.) отстает от I₂(.) на 90º и равен ему по величине. I₃(.)=I₁(.)+I₂(.). Модуль тока I₃(.) равен 5√2=7,05A. Амперметр показывает 7,05A.

Дано: показания

приборов: U=120В

I=5A, P=400Вт. За-

мыкание ключа К

приводит к

уменьшению

показаний

амперметра. Найти Z_вх

Решение: Модуль z=U/I=24Ом, cosφ=P/UI=0,666

sinφ=0,745; R_вх=zcosφ=16Ом, X_вх=zsinφ=18 Ом

Z_вх=(16+j18)Ом. Если показания амперметра при замыкании ключа станут больше, значит φ отрицательно, если меньше, то положительно.

НЕСИНУСОИДАЛЬНЫЙ ПЕРИОДИЧ. ТОК

Дано: Найти 1 и 3

гармоники f(x).

Значения ординат f_p(x)

за 1ый полупериод

при разбивке периода

на n=24 части

следующие:

p 1 2 3 4 5 6 7 8 9

f_p(x) 7 11 13,5 15,4 17,4 20,5 25,4 32,5 27,7

(10; 19,2), (11; 10), (12; 5)

Решение: Т.к. кривая симметрична относительно оси абсцисс, то A₀=A₂'=A₂''=A₄'…=0.

A₁'=(2/n)*Σ[p=1,n]f_p(x)sin_px=(4/n)*

*Σ[p=1, n/2]f_p(x)sin_px = =(4/24)*(7sin7º30'+11sin22º30'+..+5sin172º30')=25,3

A₁''=(4/n)*Σ[p=1,n/2]f_p(x)cos_px≈ -5,23

A₃'=(4/24)*Σ[p=1;12]f_p(x)sin_p3x≈3,47

A₃''=(1/6)*Σ[p=1;12]f_p(x)cos_p3x≈5,1

Амплитуда 1-ой гармоники A₁=√A₁'²+A₁'²`=25,9

Тангенс угла ψ₁, на который начало 1-ой гармоники смещено по отношению к началу кривой f(x): tgψ₁=A₁''/A₁'= -0,206, ψ₁= -11º40'

A₃=√A₃'²+A₃'²`=6, tgψ₃=1,47, ψ₃=55º50'. Следовательно, если ограничится 1 и 3 гармоникой, то

f(ωt)=25,9sin(ωt-11º40')+6sin(3ωt+55º50')

Дано: i_k(t)=I_kmcos2ωt, e(t)=E₀+E_msinωt. Индуктивность L₄ магнитно связана с L₃. Определить мгновенно значение тока i₃ и напряжения u_ab. I_km=5A, ω=1000рад/с, E₀=3В,

E_m=6B, R₁=3 Ом, L₃=3мГ, M=1мГ.

Решение: По 1-му закону Кирхгофа:

u_ab – L₄(di₄/dt)+ M(di₃/dt)=0, но i₄=0, u_ab= -M(di₃/dt).

Воспользуемся принципом наложения и найдем составляющие i₃ от каждого источника в отдельности. Схема б) для расчета токов от постоянной составляющей ЭДС. Левая ветвь разомкнута, т.к. в нее включен источник тока с бесконечным сопротивлением. Правая ветвь короткозамкнута, т.к. индуктивность для постоянного тока имеет нулевое сопротивление.

При этом i₃⁽⁰⁾=E₀/R₁=1A. Первую гармонику i₃⁽¹⁾ находим используя рисунок в), I(.)_3m⁽¹⁾=

=6/(3+3j)=1,41e^-j45º. Вторую гармонику по г).

I_3m⁽²⁾=I(.)_km*R₁/(R₁+j2ωL)=5e^j90º*3/(3+j6)=2,23e^j26º40'

Мгновенное значение тока равно сумме найденных мгновенных значений:

i₃=1+1,41sin(ωt-45º)+2,23sin(2ωt+26º40')A

u_ab= -M(di₃/dt)= -1,41cos(ωt-45º)-4,46cos(2ωt+26º40')

Дано: активное сопротивление катушки

=0, при каких C₁ и C₂ входное сопротивление

схемы для 1-ой гармоники =0, а для 9 равно бесконечности.

Решение: для 1-ой гармоники:

Z₁=(-j/ωC₁)+ (jωL₂(-j/ωC₂))/j(ωL₂-(1/ωC₂))=0

Z₉=(-j/9ωC₁)+ j9ωL₂(-j/9ωC₂)/j(9ωL₂-(1/9ωC₂))=∞

Совместное решение дает: 1/ωC₂=81ωL₂ и

1/ωС₁=(81/80)*ωL₂

Дано: на входе двухполюсника u=100+80sin(ωt+30º)+60sin(3ωt+20º)+

+50sin(5ωt+45º)В, i=33,3+17,87sin(ωt-18º)+5,59sin(5ωt+120º)A. Найти их действцющие значения. Решение:

U=√100²+80²/2 +60²/2 +50²/2`=127,1В

I=√33,3² + 17,87²/2 +5,59²/2`=35,6A

Дано: функция, не содержащая постоянной составляющей и четных гармоник и не изменяющая знака в течении каждого полупериода. Определить ее среднее по модулю значение. Решение:

i=I_1msin(ωt+ψ₁)+I_3m(3ωt+ψ₃)+I_5msin(5ωt+ψ₅)+…

После интегрирования получим:

I_{ср.по мод.}=(2/π)*(I_1mcosψ₁+(1/3)I_3mcosψ₃+(1/5)I_5m…)

Дано: эдс

каждой фазы

3-фазного

генератора =

127В. Сопро-

тивления

= 6,35 Ом, но имеют разный характер:

Z_A=R, Z_B=jωL, Z_C=-j/ωC. Определить ток в нулевом проводе.

Решение: Построим векторную диаграмму. Токи всех фаз по модулю = 127/6,35=20A. Ток I(.)_A совпадает по фазе с E(.)_A. Ток I(.)_B на90º отстает от E(.)_B. Ток I(.)_C опережает E(.)_C на 90º. Сумма токов дает вектор I(.)₀. по модулю он равен 14,6A.

Задача2: какой величины должно быть взято R в фазе А, чтобы ток в нулевом проводе стал =0?

Решение: геометрическая сумма токов I(.)_B+I(.)_C по модулю равна 2*20*cos30º=20*√3`A. Ток в нулевом проводе будет =0, если I(.)_A, направленный противоположно I(.)_B+I(.)_C, по модулю станет равным 20√3A. При этом сопротивление фазы А: R=E/20√3=3,66 Ом

Дано: Z_AB= -19j; Z_BC=19j; Z_CA=19 Ом. ЭДС каждой фазы генератора 220В. Определить все токи и построить векторную диаграмму. Решение:

Напряжения на фазах нагрузки в √3 раз больше фазовых эдс генератора и равны 380В. Ток I(.)_AB опережает напряжение U(.)_AB на 90º и равен 380/19=20А. Ток I(.)_BC отстает от U(.)_BC на 90º и также =20А. Ток I(.)_CA по модулю =20А и совпадает по фазе с наряжением U(.)_CA. Линейные токи I(.)_A, I(.)_B, I(.)_C надем графически.

Дано: до замыкания ключа был

установившийся режим R₁=R₂=2

ωL=3, e(t)=127sin(ωt-50º)В, ω=314.

Найти: 1) i_св(0+), 2) определить

закон изменения тока в цепи после коммутации.

Решение1: комплексная амплитуда тока в цепи до коммутации: I(.)_m=(127e^-j50º)/(4+3j)=25,4e^j86º50'A

Мгновенное значение тока до коммутации:

i=25,4sin(ωt-86º50')A. В момент коммутации (при ωt=0): i(0-)=25,4sin(-86º50')= -25,35A. Установившийся ток после коммутации:

I(.)_m=(127e^-j50º)/(2+3j)=35,2e^-j106º20'A

Мгновенное значение установившегося тока:

i_уст=35,2sin(ωt-106º20')A, i_уст(0+)=35,2sin(-106º20')=

= -33,8A. По 1 закону коммутации: i(0-)=i(0+)=

= -25,35A. Но i(0+)=i_уст(0+)+i_cв(0+)= -25,35+33,8=

=8,45А

Решение2: Характеристическое уравнение pL+R₂=0, его корень p= -210c^-1

i=35,2sin(ωt-106º20')+8,45e^-210tA.