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​ = 5 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​3 ΩB

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

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBR6​10 Ω

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

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​3 Ω+−V1​12 VR2​10 Ω+−V2​30 VR3​10 Ω+−V3​18 VI3​A

Між вузлом A і землею ввімкнено три вітки, як показано на схемі. Методом вузлових потенціалів знайдіть струм I3 у вітці 3, що тече вгору у вузол A в напрямку стрілки.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩV2 = 30 VR2 = 10 ΩV3 = 18 VR3 = 10 Ω
I3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 20 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩAR5​5 ΩBIs​5 A+−V2​24 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 30 VIs = 5 AV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 Ω
IR1 = A
5.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
6.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 30 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
7.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​20 Vt = 0R = 50 ΩL33 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 = 33 mHt = 1 ms
i = A
8.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​24 Vрозмикається при t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 4,7 kΩi2​C33 µF+−vC​

Ключ був замкнений тривалий час, тож коло в усталеному режимі. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм i2 через R2 при t = 200 ms.

Vs = 24 VR1 = 6,8 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µFt = 200 ms
i2 = mA
9.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
100 V50 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFI

Послідовне коло RLC підключено до мережі 100 V (діюче значення), 50 Hz. Знайдіть коефіцієнт потужності cos φ кола.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
cos φ =
10.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
VfR = 100 ΩL = 100 mHC = 0,022 µF

Послідовне RLC-коло має R = 100 Ω, L = 100 mH і C = 0,022 µF. Знайдіть його добротність Q при резонансі.

R = 100 ΩL = 100 mHC = 0,022 µF
Q =
11.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
120 VR + jXP = 900 W15 A

Індуктивне навантаження споживає 15 A і 900 W від однофазної мережі 120 V (діюче значення). Подайте його як активний опір R, послідовно з’єднаний з реактивним опором X. Знайдіть R.

V = 120 VI = 15 AP = 900 W
R = Ω
12.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Однофазне навантаження споживає 20 kW при коефіцієнті потужності 0,6 (індуктивному) від мережі 230 V, 60 Hz. Паралельно підключений конденсатор підвищує коефіцієнт потужності до 0,98. Знайдіть потрібну ємність C.

P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Трифазні системиСередня
ABCVL​ = 400 VIL​ = 50 Acos φ = 0,92відстаючий

Симетричне трифазне навантаження споживає лінійний струм 50 A від мережі з лінійною напругою 400 V. Коефіцієнт потужності 0,92, відстаючий. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку споживає навантаження, у kW.

VL = 400 VIL = 50 Acos φ = 0,92
P = kW
14.Трифазні системиСкладна
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Симетричне трифазне навантаження споживає 300 kW при коефіцієнті потужності 0,65 (відстаючому) від мережі 480 V (лінійна напруга), 50 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.

P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.ТрансформаториСередня
2 Ω121

До вторинної обмотки ідеального трансформатора з коефіцієнтом трансформації N₁:N₂ = 12:1 підключено резистор 2 Ω. Знайдіть опір R1′ з боку первинної обмотки.

N1:N2 = 12:1RL = 2 Ω
R1′ = Ω
16.ТрансформаториСкладна
pf 0,875 kVA, η = 97,5%

Однофазний трансформатор 75 kVA має втрати в сталі 600 W. При номінальному навантаженні й коефіцієнті потужності 0,8 (відстаючому) його ККД становить 97,5%. Знайдіть втрати в міді при повному навантаженні Pcu,fl у ватах.

S = 75 kVAPcore = 600 Wpf = 0,8η = 97,5%
Pcu,fl = W

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,5733 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​3 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 = 20 + 3 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 20·23/(20+23) = 10,7 Ω
Req = R1 + 10,7 = 5 + 10,7 = 15,7 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 9/15,7 = 0,5733 A

Відповідь

IR1 = 0,5733 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 1,28 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​ = 3 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBR6​10 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 = 10 + 10 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 3,333 Ω
R3 + 3,333 = 6,333 Ω
R2 ∥ 6,333 = 4,81 Ω
Req = R1 + 4,81 = 3 + 4,81 = 7,81 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 10/7,81 = 1,28 A

Відповідь

IR1 = 1,28 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I3 = 0,15 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.

ЗСК для вузла A

Нижній провід візьміть за землю. Кожна вітка проводить від A струм (VA − Vk)/Rk, де Vk — напруга її джерела (нуль для простого резистора). Сума струмів, що виходять з A, дорівнює нулю.

(VA − 12)/3 + (VA − 30)/10 + (VA − 18)/10 = 0

Знайдіть VA

VA = (12/3 + 30/10 + 18/10) / (1/3 + 1/10 + 1/10) = 8,8/0,5333 = 16,5 V

Струм гілки

Стрілка спрямована вгору вздовж вітки, у вузол A.

I3 = (18 − VA)/R3 = (18 − 16,5)/10 = 0,15 A

Відповідь

I3 = 0,15 A

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

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR1 = 4,875 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​ = 3 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩAR5​5 ΩBIs​5 A+−V2​24 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 30 V, V2 = 24 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 30)/3 + (VA − VB)/20 = 0
0,6333·VA − 0,05·VB = 10

ЗСК у вузлі B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/5 + (VB − VA)/20 + (VB − 24)/10 = (−5)
−0,05·VA + 0,35·VB = −2,6

Розв’яжіть

Δ = (0,6333)(0,35) − (−0,05)(−0,05) = 0,2192
VA = Δ1/Δ = 3,37/0,2192 = 15,38 V
VB = Δ2/Δ = −1,147/0,2192 = −5,232 V

Відповідь

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 15,38)/3 = 4,875 A
5.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = 7,5 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​ = 4 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 2 = 5 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​12 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) = 10·12/(4+12) = 7,5 V
6.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 5,308 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​ = 30 ΩR3​ = 3 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 = 30·2/(30+2) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 3 = 4,875 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​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) = 1,5 + 5·1,875 = 10,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,88 + 5·3 = 25,88 V
IN​5,308 ARth​4,875 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 = 25,88/4,875 = 5,308 A
7.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,3121 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 = 33 mH / 50 Ω = 0,66 ms
i(∞) = Vs/R = 20/50 = 0,4 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,4·(1 − e−1/0,66) = 0,3121 A

Відповідь

i = 0,3121 A
8.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i2 = 0,5748 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) = 24·4,7/(6,8 + 4,7) = 9,809 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 4,7·33 = 155,1 ms

Розряджання

vC(t) = 9,809·e−200/155,1 = 2,701 V
i2 = vC/R2 = 2,701/4,7 = 0,5748 mA

Відповідь

i2 = 0,5748 mA
9.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: cos φ = 0,1291

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 = 62,83 Ω, XC = 677,3 Ω

Повний опір

|Z| = √(80² + (−614,4)²) = 619,6 Ω

Коефіцієнт потужності

cos φ = R/|Z| = 80/619,6 = 0,1291
Коло ємнісне, тож коефіцієнт потужності ємнісний (струм випереджає).

Відповідь

cos φ = 0,1291
10.Повний опір і комплексні амплітуди

Відповідь: Q = 21,32

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|.

Резонансна частота

f0 = 1/(2π·√(0,1·0,022·10⁻⁶)) = 3393 Hz

Добротність

Q порівнює реактивний опір при резонансі з активним опором: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/100)·√(0,1/(0,022·10⁻⁶)) = 21,32

Відповідь

Q = 21,32
11.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: R = 4 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 = 900/15² = 4 Ω

Відповідь

R = 4 Ω
12.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності

Відповідь: C = 1134 µF

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(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(11,48°) = 4,061 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,61 kvar

Ємність

Конденсатор, підключений до мережі, постачає Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 22605/(2π·60·230²) = 1134 µF

Відповідь

C = 1134 µF
13.Трифазні системи

Відповідь: P = 31,87 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 = √3·400·50 = 34,64 kVA

Активна потужність

P = S·cos φ = 34,64·0,92 = 31,87 kW

Відповідь

P = 31,87 kW
14.Трифазні системи

Відповідь: Cph = 3080 µF

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 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Реактивна потужність від конденсаторів

QC = Q1 − Q2 = 222,9 kvar

Ємність на фазу

У батареї, з’єднаній зіркою, кожен конденсатор увімкнено між лінійним проводом і нейтральною точкою.

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 74313/(314,2·277,1²) = 3080 µF

Відповідь

Cph = 3080 µF
15.Трансформатори

Відповідь: R1′ = 288 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 = 12²·2 = 288 Ω

Відповідь

R1′ = 288 Ω
16.Трансформатори

Відповідь: Pcu,fl = 938,5 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 = 75·0,8 = 60 kW
Pin = 60000/0,975 = 61538 W

Сумарні втрати й втрати в міді

Ploss = 61538 − 60000 = 1538 W
Pcu,fl = 1538 − 600 = 938,5 W

Відповідь

Pcu,fl = 938,5 W

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