Основи електротехніки: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 16 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

Послідовне з’єднання резисторів
Req = R1 + R2 + …
Паралельне з’єднання резисторів
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два паралельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Потужність
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Почніть з кінця мережі, найдальшого від затискачів.
  2. Послідовні резистори об’єднуйте додаванням, паралельні — за 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Перемальовуйте коло після кожного кроку.
  4. Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.

Метод вузлових потенціалів

Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0

Метод

  1. Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
  2. Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
  3. Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
  4. Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.

Тевенен і Нортон

Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
  2. Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
  3. Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
  4. Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
  5. Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.

Перехідні процеси RC і RL

Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
  2. Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
  3. Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
  4. Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Повний опір і комплексні амплітуди

Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z

Метод

  1. Переведіть частоту: ω = 2πf.
  2. Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
  3. Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
  4. Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.

Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Трифазні системи

З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η

Трансформатори

Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 ΩR4 = 12 ΩR5 = 2 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBIs​1 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти вузлову напругу VB (відносно землі).

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAR4​10 ΩB0,4·VA​

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,4·VA (в A, де VA у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть вузлову напругу VA (відносно землі).

V1 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ωg = 0,4 A/V
VA = V
5.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab

Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
6.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAIs​1,5 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
7.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​20 Vt = 0R = 50 ΩL22 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть струм i у момент t = 1 ms.

Vs = 20 VR = 50 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
8.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​15 Vрозмикається при t = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 10 kΩi2​C47 µF+−vC​

Ключ був замкнений тривалий час, тож коло в усталеному режимі. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм i2 через R2 при t = 250 ms.

Vs = 15 VR1 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 47 µFt = 250 ms
i2 = mA
9.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
24 V100 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 47 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 100 Hz. Знайдіть коефіцієнт потужності cos φ кола.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 47 µF
cos φ =
10.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
50 V200 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 80 ΩC = 10 µF

Резистор R1 увімкнено послідовно з паралельним з’єднанням R2 і конденсатора C; коло під’єднано до мережі 50 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть модуль повного опору |Z|.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR1 = 15 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
11.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
120 VR + jXP = 570 W9,5 A

Індуктивне навантаження споживає 9,5 A і 570 W від однофазної мережі 120 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть X.

V = 120 VI = 9,5 AP = 570 W
X = Ω
12.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 20 kW при коефіцієнті потужності 0,8 (індуктивному) від мережі 240 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,9. Знайдіть новий струм лінії Inew.

P = 20 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 690 VIL​ = 40 Acos φ = 0,88відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 40 A від мережі з лінійною напругою 690 V. Коефіцієнт потужності 0,88, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 690 VIL = 40 Acos φ = 0,88
P = kW
14.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,72 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,95 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.ТрансформаториСередня
2 Ω101

До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 10:1 підключено резистор 2 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.

N1:N2 = 10:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
16.ТрансформаториСкладна
pf 0,8150 kVA, 75% навантаження

Однофазний трансформатор 150 kVA має втрати в сталі 750 W і втрати в міді 2250 W при номінальному навантаженні. Він віддає 75% своєї номінальної потужності в kVA при коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому). Знайдіть сумарні втрати Ploss у ватах при цьому навантаженні.

S = 150 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 2250 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,7759 A

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.

R3 + R4 = 5 + 10 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Req = R1 + 8,571 = 8 + 8,571 = 16,57 Ω

Струм джерела

Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.

IR1 = V1/Req = 30/16,57 = 1,81 A

Струм через R₂

Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,81·8 = 15,52 V
IR2 = VA/R2 = 15,52/20 = 0,7759 A

Відповідь

IR2 = 0,7759 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 2,201 A

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 3 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​12 ΩBR6​20 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.

R5 + R6 = 2 + 20 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 7,765 Ω
R3 + 7,765 = 37,76 Ω
R2 ∥ 37,76 = 5,177 Ω
Req = R1 + 5,177 = 3 + 5,177 = 8,177 Ω

Струм джерела

Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.

IR1 = V1/Req = 18/8,177 = 2,201 A

Відповідь

IR1 = 2,201 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VB = 3,615 V

Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBIs​1 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 15 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 15)/4 + (VA − VB)/12 = 0
0,6667·VA − 0,08333·VB = 3,75

ЗСК у вузлі B

Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/12 = 1
−0,08333·VA + 0,4167·VB = 1

Розв’яжіть

Δ = (0,6667)(0,4167) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,2708
VA = Δ1/Δ = 1,646/0,2708 = 6,077 V
VB = Δ2/Δ = 0,9792/0,2708 = 3,615 V

Відповідь

VB = 3,615 V
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 3,75 V

Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.

ЗСК для вузла A

Струми, що виходять з A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,3167·VA − 0,1·VB = 0,25

ЗСК для вузла B

Залежне джерело подає g·VA у вузол B. Розглядайте його як незалежне джерело, потім перенесіть доданок з VA у ліву частину.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,4·VA
−0,5·VA + 0,2·VB = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,3167)(0,2) − (−0,1)(−0,5) = 0,01333
VA = Δ1/Δ = 0,05/0,01333 = 3,75 V
VB = Δ2/Δ = 0,125/0,01333 = 9,375 V

Відповідь

VA = 3,75 V
5.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,9375 A

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 6 ΩКЗR2​6 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 6 = 8,727 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·6/(5+6) = 8,182 V
IN​0,9375 ARth​8,727 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 8,182/8,727 = 0,9375 A
6.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 39,16 V

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​30 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 4 = 10,32 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAIs​1,5 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 23,68 + 1,5·6,316 = 33,16 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33,16 + 1,5·4 = 39,16 V
7.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,3588 A

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Стала часу і кінцевий струм

Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.

τ = L/R = 22 mH / 50 Ω = 0,44 ms
i(∞) = Vs/R = 20/50 = 0,4 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,4·(1 − e−1/0,44) = 0,3588 A

Відповідь

i = 0,3588 A
8.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i2 = 0,6626 mA

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Початкова напруга на конденсаторі

В усталеному режимі конденсатор — розрив кола, тож R₁ і R₂ утворюють подільник напруги. Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком у момент розмикання ключа.

vC(0) = 15·10/(3,3 + 10) = 11,28 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 10·47 = 470 ms

Розряджання

vC(t) = 11,28·e−250/470 = 6,626 V
i2 = vC/R2 = 6,626/10 = 0,6626 mA

Відповідь

i2 = 0,6626 mA
9.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: cos φ = 0,657

Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.

Реактивні опори

XL = 125,7 Ω, XC = 33,86 Ω

Повний опір

|Z| = √(80² + (91,8)²) = 121,8 Ω

Коефіцієнт потужності

cos φ = R/|Z| = 80/121,8 = 0,657
Коло індуктивне, тож коефіцієнт потужності індуктивний (струм відстає).

Відповідь

cos φ = 0,657
10.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: |Z| = 67,84 Ω

Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.

Реактивний опір

XC = 1/(2π·200·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Паралельне з’єднання

Помножте чисельник і знаменник на комплексно спряжене, щоб розділити Zp на дійсну й уявну частини.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 39,79 − j40 Ω

Повний опір

Z = 15 + 39,79 − j40 = 54,79 − j40 Ω
|Z| = √(54,79² + 40²) = 67,84 Ω

Відповідь

|Z| = 67,84 Ω
11.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: X = 10,94 Ω

Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.

Активний опір з активної потужності

R = P/I² = 570/9,5² = 6,316 Ω

Реактивний опір з повного опору

|Z| = V/I = 120/9,5 = 12,63 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(12,63² − 6,316²) = 10,94 Ω

Відповідь

X = 10,94 Ω
12.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Inew = 92,59 A

Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.

Реактивна потужність до і після

Активна потужність P не змінюється; змінюється лише реактивна потужність із мережі.

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(36,87°) = 15 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,314 kvar

Новий струм лінії

Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(240·0,9) = 92,59 A

Відповідь

Inew = 92,59 A
13.Трифазні системи

Відповідь: P = 42,07 kW

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Повна потужність

S = √3·VL·IL = √3·690·40 = 47,8 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 47,8·0,88 = 42,07 kW

Відповідь

P = 42,07 kW
14.Трифазні системи

Відповідь: QC = 190,6 kvar

Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсація реактивної потужності: конденсатори постачають реактивну потужність на місці, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Кожен із трьох конденсаторів дає QC/3 = V²·ω·C, де V — напруга на цьому конденсаторі: VL у батареї, з’єднаній трикутником, VL/√3 — у батареї, з’єднаній зіркою.

Реактивна потужність до і після

Активна потужність не змінюється, тож кожен коефіцієнт потужності визначає реактивну потужність: Q = P·tan φ.

Q1 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 190,6 kvar

Відповідь

QC = 190,6 kvar
15.Трансформатори

Відповідь: R1′ = 200 Ω

Ідеальний трансформатор: напруги відносяться як кількості витків, а струми — обернено: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a і I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, тож вхідна потужність дорівнює вихідній, V₁·I₁ = V₂·I₂. Опір навантаження Z у вторинному колі з боку первинної обмотки виглядає як a²·Z.

Зведений опір

Напруга зростає в a разів, а струм зменшується в a разів, тож відношення V/I зростає в a² разів.

R1′ = a²·RL = 10²·2 = 200 Ω

Відповідь

R1′ = 200 Ω
16.Трансформатори

Відповідь: Ploss = 2016 W

Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.

Втрати в міді при цьому навантаженні

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·2250 = 1266 W

Сумарні втрати

Втрати в сталі однакові за будь-якого навантаження.

Ploss = 750 + 1266 = 2016 W

Відповідь

Ploss = 2016 W

ККД при цьому навантаженні η = 97,81%.

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