Nbsp; Решение. Упростим схему, используя метод эквивалентных преобразований.

Упростим схему, используя метод эквивалентных преобразований.

Сначала несимметричную звезду без нулевого провода заменим эквивалентным треугольником сопротивлений:

Z _{ab 1} = jwL + r + = j 10 + 10 + = j 10 Ом,

Z _{bc 1} = r – j + = 10 – j 10 + = - j 10 Ом,

Z _{ca 1} = jwL – j + = j 10 – j 10 + = j 10 Ом.

Теперь два треугольника сопротивлений оказываются включенными параллельно (рис. 4.24, а).

Эти два треугольника можно заменить одним с сопротивлениями фаз

Z _ab = = = ¥, следовательно, в этом параллельном контуре без потерь наблюдается резонанс токов и входное сопротивление этого контура бесконечно большое (разрыв цепи по отношению к остальной схеме);

Z _bс = = = 10 – j 10 Ом;

Z _са = = = 5 Ом.

В результате получаем схему замещения нагрузки, подключенной на зажимы a-b-с, представленную на рис. 4.24, б.

Представим, что обмотки симметричного трёхфазного источника ЭДС соединены в звезду с ЭДС Е = = = 380 В = Е _А.

Получаем преобразованную схему рис. 4.25. Для этой схемы

U _N = = =

= 200 + j 225 B.

Линейные токи генератора

I _А = = = 18 – j 22, 5 A;

I _B = = = -39 – j 55, 5 A;

I _C = = = 21 + j 78 A.

Линейные напряжения на зажимах приёмников на основании схемы рис. 4.25:

U _ab = I _А × Z _ca – I _B × Z _bc = ( 18 – j 22, 5 ) × 5 – ( -39 – j 55, 5 ) × ( 10 – j 10 ) = 1035 + j 52, 5 B;

U _bc = I _B × Z _bc = ( -39 – j 55, 5 ) × ( 10 – j 10 ) = -945 – j 165 B;

U _ca = - I _A × Z _ca = - ( 18 – j 22, 5 ) × 5 = -90 + j 112, 5 B.

Возвращаемся к исходной схеме рис. 4.23 и находим фазные токи треугольника I _ab = = = -5, 25 + j 103, 5 A;

I _bc = = = -55, 5 + j 39 A;

I _ca = = = -9 + j 11, 25 A.

Линейные токи треугольника I _a = I _ab – I _ca = 3, 75 + j 92, 25 A;

I _b = I _bc – I _ab = -50, 25 – j 64, 5 A;

I _c = I _ca – I _bc = 46, 5 – j 27, 75 A.

Токи приёмника, соединённого в звезду, рассчитаем по I закону Кирхгофа: I _a1 = I _A – I _a = 14, 25 – j 114, 75 A;

I _b1 = I _B – I _b = 11, 25 + j 9 A;

I _c1 = I _C – I _c = -56, 5 + j 105, 75 A.

ЗАДАЧА 4.20. В схеме рис. 4.26, а определить токи во всех ветвях, если показания вольтметров: U ₁ = 220 В, U ₂ =127 В, U ₃ =191, 3 В, а Z ₁ = 3 + j 4 Ом, R = 20 Ом, x_L = 30 Ом, x_M = 25 Ом, x_C = 40 Ом. Рассчитать показания ваттметров и сравнить их с тепловыми потерями в треугольнике нагрузки.

Дано: U 1: = 220 U 2: = 127 U 3: = 191, 3 ORIGIN: = 1 j: =

Z 1: = 3 + j 4 R: = 20 xL: = 30 xM: = 25 xC: = 40

Используя теорему косинусов, с помощью качественно построенной векторной диаграммы линейных напряжений (рис 4.26, б) определим их комплексы, совместив с вещественной осью UAB:

a: = acos = 60.008

UAB: = U 1 UBC: = U 2× e ^{j× (a - p)} UCA: = – UAB – UBC

Проверка: | UCA | = 191.3

Припишем систему линейных напряжений двум ЭДС (рис. 4.26, а) EAB = UAB и ECB = - UBC, а расчёт токов в этой схеме произведём методом контурных токов. Определим собственные и взаимные комплексные сопротивления контуров

Z 11: = 2× Z 1 + R + j × xL Z 22: = 2× Z 1 + R + j × xL Z 33: = 2× Z 1 – j × xC

Z 12: = – Z 1 – j × xM Z 13: = Z 1 Z 23: = Z 13

Матрицы контурных сопротивлений, ЭДС и токов

Zk: = Ek: = Ik: = Zk ^-1× Ek Ik =

Токи в ветвях IA: = Ik ₁ + Ik ₃ IB: = Ik ₂ – Ik ₁ IC: = – Ik ₂ – Ik ₃

Iab: = Ik ₁ Ibc: = Ik ₂ Icz: = – Ik ₃

Показания ваттметров

Uab: = UAB + Z 1× (IB – IA) Ucb: = – UBC + Z 1× (IB – IC)

P 1: = Re(Uab × ) P 2: = Re(Ucb × )

Тепловые потери в треугольнике Pt: = R × (|Iab| ² + |Ibc| ² )

Ответы IA = 6.929 – 2.749 i Iab = 3.276 – 5.589 i

IB = -2.925 + 2.965 i Ibc = 0.351 – 2.624 i

IC = -4.004 – 0.216 i Ica = -3.653 – 2.84 i

P 1 = 1.222´ 10³ P 2 = -242.909 P 1 + P 2 = 979.437 Pt = 979.437

Сумма показаний ваттметров равна тепловым потерям в треугольнике нагрузки. Таким образом, ваттметры, включенные по представленной схеме, измеряют активную мощность нагрузки.