Решение. Определим xM из условия, что при разомкнутом рубильнике I2Х = 0 – холостой ход однофазного трансформатора схемы.

Определим x_M из условия, что при разомкнутом рубильнике I _{2 Х} = 0 – холостой ход однофазного трансформатора схемы.

I _{1 Х} = = = 15× e ^{j 53, 13°} A;

U _{2 Х} = I _{1 Х} × x_M - показание вольтметра, откуда x_M = = = 10 Ом.

Проверим соотношение, вытекающее из физики явления взаимной индукции x_M £ : 10 < – выполняется.

При замкнутом рубильнике в соответствии со II законом Кирхгофа для первичного и вторичного контуров трансформатора получаем

I ₁× Z ₁ – I ₂× Z _M = U; I ₂× Z ₂ – I ₁× Z _M = 0,

где комплексное сопротивление первичного контура

Z ₁ = r ₁ + jx _{1 L} – jx _{1 C} = 12 – j 16 Ом,

вторичного контура Z ₂ = r ₂ + r_Н + jx ₂ = 16 + j 20 Ом,

сопротивление Z _M = jx_M = j 10 Ом,

комплексное напряжение U = 300 B.

Решая систему уравнений, получаем:

I ₁ = = = 12, 55× e ^{j 52, 83°}= 7, 582 + j 10 A;

I ₂ = = = 4, 9× e ^{j 91, 5°}= -0, 128 + j 4, 9 A.

Проверим балансы мощностей по результатам расчёта токов.

S _Г = P_Г + jQ_Г = U × = 300× ( 7, 582 – j 10 ) = 2275 – j 3000 BA.

Суммарная активная мощность потребителей

SР_П = I ₁²× r ₁ + I ₂²× (r ₂ + r_Н) = 12, 55²× 10 + 4, 9²× 16 = 2274 Вт» P_Г.

Суммарная реактивная мощность

SQ_П = I ₁²× (x _{1 L} - x _{1 C}) + I ₂²× x ₂ - 2× Im(I ₂× jx_M × ) =

= 12, 55²× ( 10 - 26 ) + 4, 9²× 20 – 2× Im( 4, 9× e ^{j 91, 5°}× 10× e ^{j 90°}× 12, 55× e ^{-j 52, 83°} )=

= -2040 – 2× Im( 615× e ^{j 128, 67°} ) = -2040 – 960 = -3000 вар = Q_Г.

Отметим, что у трансформатора нет «электрического» канала передачи энергии из первичной обмотки во вторичную, поэтому передача активной мощности осуществляется только магнитным полем, и должно выполняться равенство Р _1®2 = - Re(I ₂× jx_M × ) = I ₂²× (r ₂ + r_Н).

Проверим:

Р _1®2 = - Re( 4, 9× e ^{j 91, 5°}× 10× e ^{j 90°}× 12, 55× e ^{-j 52, 83°} ) = - Re( 615× e ^{j 128, 67°} ) = 384, 3 Вт»

» 4, 9²× 16 = 384, 2 Вт.

Показание вольтметра при замкнутом рубильнике

U_V = I ₂× r_Н = 4, 9× 12 = 58, 8 В.

Для построения векторной диаграммы рассчитаем падения напряжений: I ₁× r ₁ = 12, 55× 12 = 150, 6 В; I ₁× x _{1 L} = 12, 55× 10 = 125, 5 В;

I ₂× r ₂ = 4, 9× 4 = 19, 6 В; I ₂× x ₂= 4, 9× 20 = 98 В;

I ₂× r_Н = 4, 9× 12 = 58, 8 В; I ₁× x_M = 12, 55× 10 = 125, 5 В.

Построение векторной диаграммы начинаем с построения векторов токов I ₁ и I ₂ на комплексной плоскости в соответствии с рассчитанными комплексами (рис. 3.46).

Векторы падений напряжений откладываются в соответствии с законом Кирхгофа для контуров I ₁× r ₁ + I ₁× jx _{1 L} – I ₂× jx_M + I ₁× (-jx _{1 C}) = U;

I ₂× r_Н + I ₂× r ₂ + I ₂× jx ₂ – I ₁× jx_M = 0.

ЗАДАЧА 3.51. Рассчитать состояние цепи с автотрансформатором (рис. 3.47, а), найти передаваемую активную мощность магнитным полем, построить векторную диаграмму цепи, если

x ₁ = 40 Ом, x ₂ = 80 Ом, x_M = 50 Ом, r ₃ = 40 Ом, x ₃ = 20 Ом, E = 220 B.