Elektrotechnikos pagrindai: pasiruošimo paketas

Formulių lapai, pagrindiniai kiekvienos temos metodų žingsniai ir 16 uždavinių, o pilni sprendimai pateikti gale.

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

Spausdinimo lange pasirinkite „Išsaugoti kaip PDF“, kad nuosavą kopiją išsaugotumėte savo įrenginyje.

1Formulės ir metodai

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Nuosekliai sujungti rezistoriai
Req = R1 + R2 + …
Lygiagrečiai sujungti rezistoriai
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Du lygiagrečiai
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Omo dėsnis
V = I·R
Galia
P = V·I = I²R = V²/R

Metodas

  1. Pradėkite nuo grandinės galo, esančio toliausiai nuo gnybtų.
  2. Nuosekliai sujungtus rezistorius sudėkite, o lygiagrečius junkite pagal 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po kiekvieno žingsnio perbraižykite grandinę.
  4. Kartokite, kol tarp gnybtų liks vienas rezistorius.

Mazgų potencialų metodas

Kirchhofo srovių dėsnis
ΣIin = ΣIout
Šakos srovė
I = (Va − Vb)/R
Atskaitos mazgas
Vground = 0

Metodas

  1. Pasirinkite atskaitos mazgą (įžeminimą) ir pažymėkite kitų mazgų potencialus.
  2. Kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį: per šakas ištekančios srovės lygios įtekančioms.
  3. Kiekvienos šakos srovę išreikškite kaip (Va − Vb)/R.
  4. Išspręskite lygčių sistemą, tada raskite reikiamas sroves.

Teveninas ir Nortonas

Tevenino įtampa
Vth = Vopen circuit
Tevenino varža
Rth: visi šaltiniai išjungti, žiūrint iš a–b
Nortono srovė
IN = Vth/Rth
Apkrovos srovė
IL = Vth/(Rth + RL)
Didžiausios galios perdavimas
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metodas

  1. Atjunkite apkrovą ir pažymėkite abu gnybtus a ir b.
  2. Raskite tuščiosios veikos įtampą tarp a ir b: tai Vth.
  3. Išjunkite visus nepriklausomus šaltinius ir raskite varžą, matomą iš a–b: tai Rth.
  4. Grąžinkite apkrovą į ekvivalentinę grandinę: Vth nuosekliai su Rth.
  5. Nortono ekvivalentui perskaičiuokite: IN = Vth/Rth, o RN = Rth lygiagrečiai.

RC ir RL pereinamieji procesai

Laiko konstanta
τ = RC | τ = L/R
Atsakas
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensatorius esant nuolatinei srovei
atvira grandinė; vC negali kisti šuoliu
Ritė esant nuolatinei srovei
trumpasis jungimas; iL negali kisti šuoliu
Nusistovėjęs režimas
t ≈ 5τ

Metodas

  1. Raskite pradinę vertę iškart po perjungimo: kondensatoriaus įtampa ir ritės srovė negali kisti šuoliu.
  2. Raskite galutinę vertę praėjus ilgam laikui po perjungimo: kondensatorius veikia kaip atvira grandinė, ritė – kaip trumpasis jungimas.
  3. Raskite laiko konstantą: τ = RC arba τ = L/R, naudodami varžą, kurią „mato“ kondensatorius ar ritė.
  4. Naudokite x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Pilnutinės varžos
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kampinis dažnis
ω = 2πf
Modulis ir kampas
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Omo dėsnis fazoriams
V = I·Z

Metodas

  1. Perskaičiuokite dažnį: ω = 2πf.
  2. Raskite kiekvieną reaktansą: XL = ωL ir XC = 1/(ωC).
  3. Impedansus sudėkite kaip rezistorius, kai Z = R + jX.
  4. Raskite modulį |Z| = √(R² + X²) ir kampą φ = atan(X/R), tada taikykite Omo dėsnį fazoriams.

Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Aktyvioji galia
P = V·I·cos φ
Reaktyvioji galia
Q = V·I·sin φ
Pilnutinė galia
S = V·I = √(P² + Q²)
Galios koeficientas
pf = cos φ = P/S
Kompensacinis kondensatorius
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Trifazė galia

Žvaigždės (Y) jungimas
VL = √3·Vph, IL = Iph
Trikampio (Δ) jungimas
VL = Vph, IL = √3·Iph
Bendra aktyvioji galia
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Pilnutinė ir reaktyvioji galia
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensavimo kondensatoriai
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Įtampa ant kiekvieno kondensatoriaus
Δ: VL Y: VL/√3
Variklio naudojama galia
Pin = Pout/η

Transformatoriai

Transformacijos koeficientas
a = N1/N2 = V1/V2
Srovių santykis
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Vardinė srovė
I = S/V
Perskaičiuota varža
Z1′ = a²·ZL
Vario nuostoliai esant daliniam apkrovimui
Pcu = x²·Pcu,fl
Naudingumo koeficientas
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Didžiausias naudingumo koeficientas
x = √(Pcore/Pcu,fl)

2Uždaviniai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiVidutinis
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Raskite srovę IR2 per R2.

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriaiSunkus
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBR6​6 Ω

Raskite ekvivalentinę varžą Req, kurią mato šaltinis V1.

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 20 ΩR5 = 3 ΩR6 = 6 Ω
Req = Ω
3.Mazgų potencialų metodasVidutinis
−+Vs​ = 8 VIs​3 AAR1​12 ΩR2​2 ΩB

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties B, todėl VB − VA = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite mazgo potencialą VB (matuojamą nuo įžeminimo).

Is = 3 AVs = 8 VR1 = 12 ΩR2 = 2 Ω
VB = V
4.Mazgų potencialų metodasSunkus
R1​ = 4 Ω+−Vs​ = 4 V+−V1​12 VR2​10 ΩAR3​25 ΩBIs​2,5 A

Įtampos šaltinio Vₛ tarp A ir B + gnybtas yra ties A, todėl VA − VB = Vₛ. Mazgų potencialų metodu su supermazgu raskite mazgo potencialą VB (matuojamą nuo įžeminimo).

V1 = 12 VIs = 2,5 AVs = 4 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 Ω
VB = V
5.Teveninas ir NortonasVidutinis
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩARL​3 ΩIL​B

Prie a–b prijungta apkrova RL = 3 Ω. Likusią grandinės dalį pakeiskite Tevenino ekvivalentu ir raskite apkrovos srovę IL.

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩRL = 3 Ω
IL = A
6.Teveninas ir NortonasSunkus
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​3 ABab

Raskite Nortono srovę IN: srovę, tekančią iš a į b, kai gnybtai sujungti trumpai.

V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
7.RC ir RL pereinamieji procesaiVidutinis
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 ΩL47 mHi(t)

Kol jungiklis neužsidarė momentu t = 0, rite srovė neteka. Po kiek laiko nuo jungiklio užsidarymo srovė pasiekia 80% galutinės vertės? Raskite t.

Vs = 5 VR = 10 ΩL = 47 mH
t = ms
8.RC ir RL pereinamieji procesaiSunkus
+−Vs​10 Vt = 0R = 3,3 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Prieš pat jungiklio užsidarymą momentu t = 0 kondensatoriaus įtampa yra 8 V su pažymėtu poliškumu. Raskite kondensatoriaus įtampą vC momentu t = 60 ms.

Vs = 10 VR = 3,3 kΩC = 10 µFvC(0) = 8 Vt = 60 ms
vC = V
9.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiVidutinis
12 V200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 22 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 12 V (efektinė), 200 Hz maitinimo. Raskite pilnutinės varžos fazės kampą φ laipsniais (teigiamas, kai srovė atsilieka nuo įtampos).

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 22 µF
φ = °
10.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriaiSunkus
100 V60 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF

Nuosekli RLC grandinė prijungta prie 100 V (efektinė), 60 Hz maitinimo. Raskite grandinės rezonansinį dažnį f0.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
11.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasVidutinis
P = 29 kWQSφ

Vienfazis variklis iš 400 V tinklo ima 29 kW, kai galios koeficientas 0,75 (induktyvus). Raskite linijos srovę I.

P = 29 kWpf = 0,75V = 400 V
I = A
12.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientasSunkus
100 V60 HzRs​ = 2 ΩXs​ = j3 ΩZL​ = ?

100 V (efektinė), 60 Hz šaltinio vidinė pilnutinė varža Zs = 2 + j3 Ω. Apkrovos pilnutinę varžą ZL galima pasirinkti laisvai. Raskite didžiausią aktyviąją galią Pmax, kurią galima perduoti apkrovai.

Vs = 100 V (rms)f = 60 HzZs = 2 + j3 Ω
Pmax = W
13.Trifazė galiaVidutinis
ABCVL​ = 400 VNZ = 12 + j5 Ωvienai fazei

Simetrinė žvaigžde sujungta apkrova, kurios fazės impedansas 12 + j5 Ω, prijungta prie simetrinio trifazio tinklo, kurio linijinė įtampa 400 V. Raskite bendrą apkrovos naudojamą aktyviąją galią P kW.

VL = 400 VZ = 12 + j5 Ω vienai fazei
P = kW
14.Trifazė galiaSunkus
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Simetrinė trifazė apkrova iš 400 V (linijinė įtampa), 60 Hz tinklo ima 300 kW, kai galios koeficientas 0,65 (induktyvus). Lygiagrečiai apkrovai prijungta trifazė kondensatorių baterija turi padidinti bendrą galios koeficientą iki 0,95 (induktyvus). Aktyvioji galia nekinta. Kondensatoriai sujungti trikampiu. Raskite kiekvieno kondensatoriaus talpą Cph µF.

P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformatoriaiVidutinis
16 Ω31

Prie idealaus transformatoriaus, kurio transformacijos koeficientas N₁:N₂ = 3:1, antrinės apvijos prijungtas 16 Ω rezistorius. Raskite varžą R1′, matomą iš pirminės apvijos pusės.

N1:N2 = 3:1RL = 16 Ω
R1′ = Ω
16.TransformatoriaiSunkus
pf 0,950 kVA, η = 98,2%

Vienfazio 50 kVA transformatoriaus šerdies nuostoliai yra 300 W. Esant vardinei apkrovai ir galios koeficientui 0,9 (induktyvus), jo naudingumo koeficientas 98,2%. Raskite vario nuostolius Pcu,fl vatais esant vardinei apkrovai.

S = 50 kVAPcore = 300 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W

3Tirpalai

1.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: IR2 = 0,6923 A

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai: nuosekliai per kiekvieną rezistorių teka ta pati srovė ir R = R₁ + R₂ + …. Lygiagrečiai ant kiekvieno rezistoriaus ta pati įtampa ir 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Kopėčių tinklas supaprastinamas po vieną porą, kol lieka viena ekvivalentinė varža.

R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​15 ΩB

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

Pradėkite nuo galo, esančio toliausiai nuo šaltinio, ir eikite link jo. Rezistoriai, kuriais teka ta pati srovė, sujungti nuosekliai; rezistoriai tarp tų pačių dviejų mazgų – lygiagrečiai.

R3 + R4 = 5 + 15 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R1 + 1,818 = 10 + 1,818 = 11,82 Ω

Šaltinio srovė

Šaltinis mato tik Req, todėl Omo dėsnis duoda jo tiekiamą srovę. Ši srovė teka per R₁.

IR1 = V1/Req = 9/11,82 = 0,7615 A

Srovė per R₂

Atimkite įtampos kritimą ant R₁ ir gausite mazgo A įtampą, kuri yra įtampa ant R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,7615·10 = 1,385 V
IR2 = VA/R2 = 1,385/2 = 0,6923 A

Atsakymas

IR2 = 0,6923 A
2.Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai

Atsakymas: Req = 10,67 Ω

Nuoseklūs ir lygiagretūs rezistoriai: nuosekliai per kiekvieną rezistorių teka ta pati srovė ir R = R₁ + R₂ + …. Lygiagrečiai ant kiekvieno rezistoriaus ta pati įtampa ir 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Kopėčių tinklas supaprastinamas po vieną porą, kol lieka viena ekvivalentinė varža.

R1​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBR6​6 Ω

Junkite rezistorius nuo tolimiausio galo

Pradėkite nuo galo, esančio toliausiai nuo šaltinio, ir eikite link jo. Rezistoriai, kuriais teka ta pati srovė, sujungti nuosekliai; rezistoriai tarp tų pačių dviejų mazgų – lygiagrečiai.

R5 + R6 = 3 + 6 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 6,207 Ω
R3 + 6,207 = 31,21 Ω
R2 ∥ 31,21 = 8,667 Ω
Req = R1 + 8,667 = 2 + 8,667 = 10,67 Ω

Atsakymas

Req = 10,67 Ω
3.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = 6,286 V

Mazgų potencialų metodas: pasirinkite atskaitos mazgą, pažymėkite nežinomus mazgų potencialus, kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį naudodami Omo dėsnį (I = ΔV/R) ir išspręskite gautas lygtis.

Sudarykite supermazgą

Per įtampos šaltinį tarp A ir B teka nežinoma srovė, todėl Kirchhofo srovių dėsnio negalima užrašyti atskirai mazgams A ar B. A, B ir šaltinį apgaubkite vienu supermazgu: į jį įtekanti srovė lygi ištekančiai.

VB = VA + Vs = VA + 8
VA/R1 + VB/R2 = Is

Išspręskite

VA/12 + (VA + 8)/2 = 3
VA = (3 − 8/2)/(1/12 + 1/2) = −1,714 V
VB = −1,714 + 8 = 6,286 V

Atsakymas

VB = 6,286 V
4.Mazgų potencialų metodas

Atsakymas: VB = 10,51 V

Mazgų potencialų metodas: pasirinkite atskaitos mazgą, pažymėkite nežinomus mazgų potencialus, kiekvienam nežinomam mazgui užrašykite Kirchhofo srovių dėsnį naudodami Omo dėsnį (I = ΔV/R) ir išspręskite gautas lygtis.

Sudarykite supermazgą

Per įtampos šaltinį tarp A ir B teka nežinoma srovė, todėl Kirchhofo srovių dėsnio negalima užrašyti atskirai mazgams A ar B. A, B ir šaltinį apgaubkite vienu supermazgu: į jį įtekanti srovė lygi ištekančiai.

VB = VA − 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Išspręskite

(VA − 12)/4 + VA/10 + (VA − 4)/25 = 2,5
VA·(1/4 + 1/10 + 1/25) = 2,5 + 12/4 + 4/25 = 5,66
VA = 5,66/0,39 = 14,51 V
VB = 10,51 V

Atsakymas

VB = 10,51 V
5.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IL = 0,7759 A

Tevenino teorema: bet kuris tiesinis dvipolis tinklas elgiasi kaip vienas įtampos šaltinis Vth, nuosekliai sujungtas su varža Rth. Nortono teorema tą patį tinklą pateikia kaip srovės šaltinį IN = Vth/Rth, lygiagretų su Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 4 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​20 ΩAabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

Įtampos šaltinius pakeiskite trumpaisiais jungimais, srovės šaltinius – atvira grandine, tada žiūrėkite į grandinę iš a–b.

R1 ∥ R2 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 4 = 11,5 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, per R₃ srovė neteka, todėl ant jo nėra įtampos kritimo ir V_b = V_A. R₁ ir R₂ sudaro įtampos daliklį.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·20/(12+20) = 11,25 V
Rth​ = 11,5 Ω+−Vth​11,25 VRL​3 ΩIL​

Prijunkite apkrovą prie Tevenino ekvivalento

Tevenino šaltinis ir nuoseklus R_th gnybtuose a–b elgiasi lygiai kaip pradinė grandinė, todėl apkrova mato paprastą nuoseklų kontūrą.

IL = Vth/(Rth + RL) = 11,25/(11,5 + 3) = 0,7759 A
6.Teveninas ir Nortonas

Atsakymas: IN = 0,4615 A

Tevenino teorema: bet kuris tiesinis dvipolis tinklas elgiasi kaip vienas įtampos šaltinis Vth, nuosekliai sujungtas su varža Rth. Nortono teorema tą patį tinklą pateikia kaip srovės šaltinį IN = Vth/Rth, lygiagretų su Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 2 ΩTRUMPAS JUNGIMASR2​6 ΩAATVIRABabRth​

Raskite Rth, išjungę visus šaltinius

Įtampos šaltinius pakeiskite trumpaisiais jungimais, srovės šaltinius – atvira grandine, tada žiūrėkite į grandinę iš a–b.

R1 ∥ R2 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 2 = 4,727 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Raskite Vth – tuščiosios veikos įtampą

Kai a–b atviri, vienintelis kelias Iₛ yra per R₃ į mazgą A. Raskite V_A superpozicija iš V₁ ir Iₛ, tada pridėkite įtampos kritimą ant R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 16,36 + (−3)·2,727 = 8,182 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,182 + (−3)·2 = 2,182 V
IN​0,4615 ARth​4,727 Ωab

Nortono ekvivalentas

Nortono šaltinis – ta pati grandinė, matoma kaip srovės šaltinis lygiagrečiai su R_th. Jo srovė yra trumpojo jungimo srovė tarp a–b.

IN = Vth/Rth = 2,182/4,727 = 0,4615 A
7.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: t = 7,564 ms

Pirmos eilės pereinamieji procesai: grandinėje su vienu kondensatoriumi arba viena rite kiekviena įtampa ir srovė eksponentiškai kinta nuo pradinės iki galutinės vertės: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, kur τ = RC arba τ = L/R. Po maždaug 5τ grandinė nusistovi.

Laiko konstanta ir galutinė srovė

Ilgai po jungiklio užsidarymo ritė elgiasi kaip trumpasis jungimas, todėl galutinę srovę lemia tik R.

τ = L/R = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A

Išreiškite laiką

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −4,7·ln(0,2) = 7,564 ms

Atsakymas

t = 7,564 ms
8.RC ir RL pereinamieji procesai

Atsakymas: vC = 9,675 V

Pirmos eilės pereinamieji procesai: grandinėje su vienu kondensatoriumi arba viena rite kiekviena įtampa ir srovė eksponentiškai kinta nuo pradinės iki galutinės vertės: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, kur τ = RC arba τ = L/R. Po maždaug 5τ grandinė nusistovi.

Pradinė vertė, galutinė vertė, laiko konstanta

Kondensatoriaus įtampa negali pasikeisti šuoliu, todėl ji pradeda nuo sukauptos vertės ir artėja prie šaltinio įtampos.

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 10 µF = 33 ms
vC(t) = 10 + (8 − 10)·e−t/τ

Įtampa duotuoju momentu

vC(60) = 10 + (−2)·e−60/33 = 9,675 V

Atsakymas

vC = 9,675 V
9.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: φ = 84,86 °

Kintamosios srovės grandinės ir fazoriai: rezistorių, ričių ir kondensatorių pilnutinės varžos yra R, jωL ir 1/(jωC), kur ω = 2πf. Nuosekliai pilnutinės varžos sumuojamos kaip varžos, tik kompleksiniais skaičiais. Efektinės srovė ir įtampa tenkina Omo dėsnį su |Z|.

Reaktyviosios varžos

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω

Pilnutinė varža

Nuosekliai pilnutinės varžos sudedamos kaip kompleksiniai skaičiai: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (278)²) = 279,1 Ω

Fazės kampas

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(278/25) = 84,86°

Atsakymas

φ = 84,86°
10.Kintamosios srovės pilnutinė varža ir fazoriai

Atsakymas: f0 = 277,1 Hz

Kintamosios srovės grandinės ir fazoriai: rezistorių, ričių ir kondensatorių pilnutinės varžos yra R, jωL ir 1/(jωC), kur ω = 2πf. Nuosekliai pilnutinės varžos sumuojamos kaip varžos, tik kompleksiniais skaičiais. Efektinės srovė ir įtampa tenkina Omo dėsnį su |Z|.

Rezonansas

Rezonanso metu induktyvioji ir talpinė reaktyviosios varžos susiprastina: ωL = 1/(ωC). Maitinimo dažnis nesvarbus.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·2,2·10⁻⁶)) = 277,1 Hz

Atsakymas

f0 = 277,1 Hz
11.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: I = 96,67 A

Kintamosios srovės galia: pilnutinė galia S = V·I (VA) skyla į aktyviąją galią P = S·cos φ (W), atliekančią naudingą darbą, ir reaktyviąją galią Q = S·sin φ (var), kuri svyruoja tarp šaltinio ir apkrovos. Galios koeficientas yra cos φ. Lygiagretus kondensatorius reaktyviąją galią tiekia vietoje, todėl esant tai pačiai aktyviajai galiai linijos srovė sumažėja.

Linijos srovė

Darbą atlieka tik aktyvioji galios dalis, todėl dalykite iš galios koeficiento.

I = P/(V·cos φ) = 29000/(400·0,75) = 96,67 A

Atsakymas

I = 96,67 A
12.Kintamosios srovės galia ir galios koeficientas

Atsakymas: Pmax = 1250 W

Kintamosios srovės galia: pilnutinė galia S = V·I (VA) skyla į aktyviąją galią P = S·cos φ (W), atliekančią naudingą darbą, ir reaktyviąją galią Q = S·sin φ (var), kuri svyruoja tarp šaltinio ir apkrovos. Galios koeficientas yra cos φ. Lygiagretus kondensatorius reaktyviąją galią tiekia vietoje, todėl esant tai pačiai aktyviajai galiai linijos srovė sumažėja.

Jungtinis suderinimas

Apkrovos reaktyvioji varža panaikina šaltinio reaktyviąją varžą, o apkrovos varža lygi šaltinio varžai.

ZL = Zs* = 2 − j3 Ω

Didžiausia galia

I = Vs/(2Rs) = 100/4 = 25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·2) = 1250 W

Atsakymas

Pmax = 1250 W
13.Trifazė galia

Atsakymas: P = 11,36 kW

Simetrinės trifazės sistemos: jungiant žvaigžde (Y) linijinė įtampa √3 karto didesnė už fazinę, VL = √3·Vph, o linijinė srovė lygi fazinei. Jungiant trikampiu (Δ) linijinė įtampa lygi fazinei, o linijinė srovė √3 karto didesnė už fazinę, IL = √3·Iph. Bendra galia tris kartus didesnė už vienos fazės galią: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Fazinė įtampa

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Fazinė srovė

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 230,9/13 = 17,76 A

Bendra aktyvioji galia

Aktyviąją galią naudoja tik aktyvioji kiekvieno impedanso dalis.

P = 3·Iph²·R = 3·17,76²·12 = 11,36 kW

Atsakymas

P = 11,36 kW

Patikrinimas: cos φ = R/|Z| = 0,9231, o √3·VL·IL·cos φ duoda tą pačią galią.

14.Trifazė galia

Atsakymas: Cph = 1393 µF

Simetrinės trifazės sistemos: jungiant žvaigžde (Y) linijinė įtampa √3 karto didesnė už fazinę, VL = √3·Vph, o linijinė srovė lygi fazinei. Jungiant trikampiu (Δ) linijinė įtampa lygi fazinei, o linijinė srovė √3 karto didesnė už fazinę, IL = √3·Iph. Bendra galia tris kartus didesnė už vienos fazės galią: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Galios koeficiento gerinimas: kondensatoriai reaktyviąją galią tiekia vietoje, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Kiekvienas iš trijų kondensatorių tiekia QC/3 = V²·ω·C, kur V – įtampa ant to kondensatoriaus: trikampiu sujungtoje baterijoje VL, žvaigžde sujungtoje – VL/√3.

Reaktyvioji galia prieš ir po

Aktyvioji galia nekinta, todėl kiekvienas galios koeficientas nulemia reaktyviąją galią: Q = P·tan φ.

Q1 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar

Kondensatorių tiekiama reaktyvioji galia

QC = Q1 − Q2 = 252,1 kvar

Vienos fazės talpa

Trikampiu sujungtoje baterijoje kiekvienas kondensatorius prijungtas tarp dviejų linijų.

V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 84045/(377·400²) = 1393 µF

Atsakymas

Cph = 1393 µF
15.Transformatoriai

Atsakymas: R1′ = 144 Ω

Idealus transformatorius: įtampų santykis lygus vijų skaičių santykiui, o srovių – atvirkštiniam santykiui: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a ir I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, todėl įėjimo galia lygi išėjimo galiai, V₁·I₁ = V₂·I₂. Antrinėje pusėje esantis apkrovos impedansas Z iš pirminės pusės atrodo kaip a²·Z.

Perskaičiuota varža

Įtampa padidėja a kartų, o srovė a kartų sumažėja, todėl santykis V/I padidėja a² kartų.

R1′ = a²·RL = 3²·16 = 144 Ω

Atsakymas

R1′ = 144 Ω
16.Transformatoriai

Atsakymas: Pcu,fl = 524,8 W

Transformatoriaus nuostoliai: šerdies nuostoliai (histerezės ir sūkurinių srovių) priklauso nuo įtampos ir esant bet kokiai apkrovai yra vienodi. Vario nuostoliai apvijose proporcingi srovės kvadratui, todėl esant apkrovos daliai x nuo vardinės jie lygūs x²·Pcu,fl. Naudingumo koeficientas η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), kur Pout = x·S·pf. Naudingumo koeficientas didžiausias esant tokiai apkrovai, kai vario nuostoliai lygūs šerdies nuostoliams.

Išėjimo ir įėjimo galia

Pout = 50·0,9 = 45 kW
Pin = 45000/0,982 = 45825 W

Bendri ir vario nuostoliai

Ploss = 45825 − 45000 = 824,8 W
Pcu,fl = 824,8 − 300 = 524,8 W

Atsakymas

Pcu,fl = 524,8 W

ExamProblems · examproblems.com/courses/electrical-engineering-fundamentals