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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​10 ΩIR2​AR4​4 ΩBR6​3 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 ΩR5 = 5 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR3 через R3 у напрямку стрілки.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 10 ΩIR1​−+Vs​ = 12 V+−V1​24 VR2​3 ΩAR3​10 ΩBIs​4 A

Джерело напруги Vₛ між A і B має затискач + біля B, тож забезпечує VB − VA = Vₛ. Методом вузлових потенціалів із надвузлом знайдіть струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 24 VIs = 4 AVs = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
IR1 = A
5.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAab

Знайдіть опір Тевенена Rth з боку затискачів a–b.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Rth = Ω
6.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​2 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
7.Перехідні процеси RC і RLСередня
R = 47 Ωt = 0L68 mHi(t)

Через котушку тече сталий струм 0,5 A. При t = 0 ключ замикає контур через R і джерело від’єднується, тож струм котушки спадає через R. Знайдіть напругу vR на R при t = 1 ms.

i(0) = 0,5 AR = 47 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vR = V
8.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​24 Vt = 0R = 2,2 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 4 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 4 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 16 V? Знайдіть t.

Vs = 24 VR = 2,2 kΩC = 68 µFvC(0) = 4 V
t = ms
9.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Vf0​ = 60 HzRL = ?C = 0,1 µF

Послідовне RLC-коло з C = 0,1 µF має резонувати на частоті 60 Hz. Знайдіть потрібну індуктивність L.

f0 = 60 HzC = 0,1 µF
L = mH
10.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
24 V60 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 4,7 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 60 Hz. Знайдіть діюче значення струму I.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 4,7 µF
I = A
11.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
120 VR + jXP = 1260 W17,5 A

Індуктивне навантаження споживає 17,5 A і 1260 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 = 17,5 AP = 1260 W
X = Ω
12.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 25 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (індуктивному) від мережі 400 V, 50 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,95. Знайдіть новий струм лінії Inew.

P = 25 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 415 VNZ = 18 + j24 Ωна фазу

Симетричне навантаження, з’єднане зіркою, з повним опором 18 + j24 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 415 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.

VL = 415 VZ = 18 + j24 Ω на фазу
P = kW
14.Трифазні системиСкладна
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Симетричне трифазне навантаження споживає 75 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,98 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Знайдіть сумарну реактивну потужність QC, яку має постачати конденсаторна батарея, у kvar.

P = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.ТрансформаториСередня
RL​ = 5 Ω41920 VV2​I1​ = ?I2​

До первинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 4:1 прикладено 920 V. До вторинної обмотки підключено резистор 5 Ω. Знайдіть первинний струм I1.

N1:N2 = 4:1V1 = 920 VRL = 5 Ω
I1 = A
16.ТрансформаториСкладна
pf 0,95500 kVA, η = 98,8%

Однофазний трансформатор 500 kVA має втрати в сталі 1500 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,95 (відстаючому) його ККД становить 98,8%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 500 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,95η = 98,8%
Pcu,fl = W

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,1362 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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​15 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 = 6 + 10 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 15·16/(15+16) = 7,742 Ω
Req = R1 + 7,742 = 15 + 7,742 = 22,74 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 6/22,74 = 0,2638 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,2638·15 = 2,043 V
IR2 = VA/R2 = 2,043/15 = 0,1362 A

Відповідь

IR2 = 0,1362 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 1,856 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​10 ΩAR4​4 ΩBR6​3 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 = 5 + 3 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 2,667 Ω
R3 + 2,667 = 17,67 Ω
R2 ∥ 17,67 = 6,386 Ω
Req = R1 + 6,386 = 6 + 6,386 = 12,39 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 36/12,39 = 2,907 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 2,907·6 = 18,56 V
IR2 = VA/R2 = 18,56/10 = 1,856 A

Відповідь

IR2 = 1,856 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = 0,3158 A

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​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBIs​2 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 18 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/15 + (VA − 18)/12 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 1,5

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)/3 = 2
−0,3333·VA + 0,6667·VB = 2

Розв’яжіть

Δ = (0,4833)(0,6667) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2111
VA = Δ1/Δ = 1,667/0,2111 = 7,895 V
VB = Δ2/Δ = 1,467/0,2111 = 6,947 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (7,895 − 6,947)/3 = 0,3158 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = 1,425 A

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.

Утворіть надвузол

Струм через джерело напруги між A і B невідомий, тож ЗСК не можна записати для A чи B окремо. Об’єднайте A, B і джерело в один надвузол: струм, що входить у нього, дорівнює струму, що виходить.

VB = VA + 12
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Розв’яжіть

(VA − 24)/10 + VA/3 + (VA + 12)/10 = 4
VA·(1/10 + 1/3 + 1/10) = 4 + 24/10 − 12/10 = 5,2
VA = 5,2/0,5333 = 9,75 V
VB = 21,75 V

Струм через R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (24 − 9,75)/10 = 1,425 A

Відповідь

IR1 = 1,425 A

Від’ємний результат означає, що дійсний струм тече проти стрілки.

5.Тевенен і Нортон

Відповідь: Rth = 4,4 Ω

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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​12 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 2 = 4,4 Ω
6.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −17,83 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​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩКЗR2​2 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 8 = 9,667 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​2 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) = 1,5 + (−2)·1,667 = −1,833 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,833 + (−2)·8 = −17,83 V
7.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vR = 11,77 V

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

τ = L/R = 68 mH / 47 Ω = 1,447 ms

Спадання струму

i(t) = 0,5·e−1/1,447 = 0,2505 A
vR = R·i = 47·0,2505 = 11,77 V

Відповідь

vR = 11,77 V
8.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 137,1 ms

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.

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.

vC(0) = 4 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 68 µF = 149,6 ms
vC(t) = 24 + (4 − 24)·e−t/τ

Виразіть час

16 = 24 + (−20)·e−t/τ → e−t/τ = (16 − 24)/(4 − 24) = 0,4
t = τ·ln((4 − 24)/(16 − 24)) = 149,6·ln(2,5) = 137,1 ms

Відповідь

t = 137,1 ms
9.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: L = 70362 mH

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|.

Умова резонансу

При резонансі індуктивний і ємнісний опори взаємно компенсуються: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·60 = 377 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(377²·0,1·10⁻⁶) = 70362 mH

Відповідь

L = 70362 mH
10.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: I = 0,05095 A

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

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·4,7·10⁻⁶) = 564,4 Ω

Повний опір

Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (−470,1)²) = 471,1 Ω

Струм

Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.

I = V/|Z| = 24/471,1 = 0,05095 A

Відповідь

I = 0,05095 A
11.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: X = 5,486 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 = 1260/17,5² = 4,114 Ω

Реактивний опір з повного опору

|Z| = V/I = 120/17,5 = 6,857 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(6,857² − 4,114²) = 5,486 Ω

Відповідь

X = 5,486 Ω
12.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: Inew = 65,79 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 = 25·tan(49,46°) = 29,23 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(18,19°) = 8,217 kvar
QC = Q1 − Q2 = 21,01 kvar

Новий струм лінії

Inew = P/(V·cos φ2) = 25000/(400·0,95) = 65,79 A

Відповідь

Inew = 65,79 A
13.Трифазні системи

Відповідь: P = 3,445 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.

Фазна напруга

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Фазний струм

|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 239,6/30 = 7,987 A

Сумарна активна потужність

Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.

P = 3·Iph²·R = 3·7,987²·18 = 3,445 kW

Відповідь

P = 3,445 kW

Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.

14.Трифазні системи

Відповідь: QC = 50,91 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 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 50,91 kvar

Відповідь

QC = 50,91 kvar
15.Трансформатори

Відповідь: I1 = 11,5 A

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.

Вторинні напруга й струм

V2 = 920/4 = 230 V
I2 = 230/5 = 46 A

Первинний струм

Ідеальний трансформатор не має втрат: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/4 = 11,5 A

Відповідь

I1 = 11,5 A

Перевірка: навантаження з боку первинної обмотки a²·RL = 80 Ω, і 920/80 дає той самий струм.

16.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 4269 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.

Вихідна й вхідна потужність

Pout = 500·0,95 = 475 kW
Pin = 475000/0,988 = 480769 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 480769 − 475000 = 5769 W
Pcu,fl = 5769 − 1500 = 4269 W

Відповідь

Pcu,fl = 4269 W

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