a =6, b b=8

Obliczyć amplitudę i fazę prądu płynącego w obwodzie.

Wyznaczyć moc czynną, bierną i pozorną dostarczaną

przez źródło i w poszczególnych elementach. Częstotliwość

źródła wynosi 100b [Hz], amplituda 10a [V].

R=a=6ΩL=10b=80 mH

e(t)=E

m

sin(t)

f=100b=800 Hz; ω=2πf=5027 s

-1

E

m

=10a=60 V

X

L

=ωL=5027·80·10

-3

X

L

=402 Ω

A

149

.

0

402

60

Z

E

I

402

Z

402

6

X

R

Z

m

m

2

2

2

L

2



















0

L

14

.

89

67

6

402

R

X

tg













R

X

L

Z

φ

1

Z

X

sin

0149

.

0

Z

R

cos

L













VA

47

.

4

I

E

5

.

0

S

VAr

47

.

4

sin

I

E

5

.

0

Q

mW

67

W

067

.

0

cos

I

E

5

.

0

P

m

m

dost

m

m

dost

m

m

dost



















P

Q

S

φ

mVA

67

P

S

VAr

0

Q

mW

67

W

067

.

0

RI

5

.

0

P

R

R

R

2

m

R













VA

47

.

4

Q

S

VAr

47

.

4

I

X

5

.

0

Q

W

0

P

L

L

2

m

L

L

L











Zadanie 1.

5[Ω]

A

W

V

E

m

=325V

f=50Hz

5[mH]

Obliczyć wskazania przyrządów przyjmując, że są to przyrządy
idealne.

I

ω=2πf=2π50=314s

-1

V

230

2

325

2

E

E

m







Wskazania woltomierza:

5Ω

A

W

V

E=230V

X

L

I

X

L

=ωL= ω5·10

-3

=314·5·10

-3

=1.57Ω













24

.

5

57

.

1

5

X

5

Z

2

2

2

L

2

A

9

.

43

Z

E

I





Wskazania amperomierza:

Wskazania watomierza:

kW

63

.

9

9

.

43

5

RI

P

2

2









Zadanie2.
Dla odbiornika energii elektrycznej podano: U

n

=230V,

S

n

=2kVA i cosφ

n

=0.8. Podać moc czynną i bierną pobieraną przez

ten odbiornik.

P

n

=S

n

cosφ

n

=2·0.8=1.6kW

S

n

φ

n

P

n

Q

n

kVAr

2

.

1

8

.

0

1

2

cos

1

S

sin

S

Q

2

n

2

n

n

n

n



















Równoległy obwód rezonansowy

e(t)=E

m

sin(t)

u

R

(t)

u

L

(t)

C

u

c

(t)

i(t)=I

m

sin(ωt+φ)

i

C

(t)

i

LR

(t)

e(t)-u

C

(t)=0 → u

C

(t)=e(t)=E

m

sin(ωt)

 
 

 

 































2

t

sin

CE

t

i

t

cos

CE

t

i

dt

du

C

t

i

m

C

m

C

C

C

 

 









 

t

sin

E

t

cos

LI

t

sin

RI

t

e

dt

di

L

t

Ri

m

mL

mL

LR

LR

























e(t)=E

m

sin(t)

u

R

(t)

u

L

(t)

C

u

c

(t)

i(t)=I

m

sin(ωt+φ)

i

C

(t)

i

LR

(t)

u

R

(t)+u

L

(t)=e(t)

Przyjmując: i

LR

(t)=I

mL

sin(ωt+)

mamy:

Przyjmując podobnie jak w obwodzie RL:

R

L

tg









lub

 

 

Z

L

sin

Z

R

cos













gdzie

 

2

2

L

R

Z







mamy:





 

t

sin

E

t

sin

Z

I

m

mL















Warunkiem spełnienia równości jest:

Z

E

I

i

m

mL









a więc prądy są:

 























2

t

sin

CE

t

i

m

C

 

 



































t

sin

Z

E

t

i

2

t

sin

CE

t

i

m

LR

m

C

Prąd źródła i(t) jest: i(t)=i

LR

(t)+i

C

(t)

czyli:













































t

sin

Z

E

2

t

sin

CE

t

sin

I

m

m

m





 

   

   

 

 

   









































































t

sin

Z

cos

t

cos

Z

sin

C

E

t

cos

Z

sin

t

sin

Z

cos

t

cos

C

E

t

sin

I

m

m

m

Przekształcamy tak aby otrzymać wyrażenie jak po
stronie lewej:

Przyjmując:

 

 

2

2

0

Z

cos

Z

sin

C

Y





































Y

0

– nazywamy modułem admitancji.

Podnosząc do kwadratu i biorąc pod uwagę, że

 

 

1

sin

cos

2

2









mamy:

 

 

2

2

0

Z

1

Z

sin

C

2

C

Y













 

 

 

0

m

m

Y

E

I

cos

Z

sin

C

tg















czyli

 













t

sin

I

t

i

m

Ponieważ

 

 

Z

L

sin

Z

R

cos













więc

 

 

 























cos

Z

L

CZ

cos

Z

L

C

tg

2

2

2

Jeżeli to φ=0 i wtedy mamy:

e(t)=E

m

sin(ωt) oraz i(t)= E

m

Y

0

sin(ωt)

oznacza to, że prąd i napięcie są w fazie.

Zjawisko takie nazywamy rezonansem.

,

0

L

CZ

2









Zbadajmy kiedy:

 





0

L

L

R

C

2

2













Pulsacja ω=0 jest nie interesująca, więc dzieląc przez ωC
mamy

 

2

2

R

C

L

L







Wprowadzając:

C

L

R

kr

 - oporność krytyczna

mamy:

 



































2

kr

2
kr

2

R

R

1

R

L

Powyższe równanie jest spełnione dla rzeczywistych

wartości pulsacji ω, jeżeli: lub R<R

kr.

1

R

R

kr



Tak więc warunkiem aby w obwodzie równoległym
był możliwy rezonans jest:

kr

R

R 

Jeżeli powyższy warunek jest spełniony, to pulsacja

rezonansowa ω

r

jest:

gdzie

2

kr

0

r

R

R

1





















LC

1

0





Częstotliwość rezonansowa f

r

=ω

r

/(2π) jest:

2

kr

0

r

R

R

1

f

f

















Ze względu na fakt, że obwód składa się z dwóch

równoległych gałęzi rezonans nazywa się skrótowo

rezonansem równoległym

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t 314



(

)

iLR t 314



(

)

i t 314



(

)

e t 314



(

)

t

R>R

kr

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

0 200400600800

1000

0

2

4

6

8

10

I0 

 

Im 

 

 C

 Em





R>R

kr

I

m0

(ω)

I

mLR

(ω)

I

mC

(ω)

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t 314



(

)

iLR t 314



(

)

i t 314



(

)

e t 314



(

)

t

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

R=R

kr

0 200400600800

1000

0

2

4

6

8

10

I0 

 

Im 

 

 C

 Em





I

m0

(ω)

I

mLR

(ω)

I

mC

(ω)

R=R

kr

ω

r

=0

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t r







iLR t r







i t r







e t r







t

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

R=0.1R

kr

ω=314.643s

-1

0 200400600800

1000

0

8

16

24

32

40

I0 

 

Im 

 

 C

 Em





I

m0

(ω)

I

mLR

(ω)

I

mC

(ω)

R=0.1R

kr

ω=314.643s

-1

0 0.012

0.024

0.036

0.048

0.06

4

2.4

0.8

0.8

2.4

4

iC t r







iLR t r







i t r







e t r







t

i

C

(t)

i

LR

(t)

i(t)

e(t)

R=0.001R

kr

Dobroć jest zdefiniowana:

R

L

Q

r





Podstawiając:

2

kr

0

r

R

R

1





















mamy:

1

R

R

Q

2

kr

















Jeżeli R

kr

>>R, to i ω

r

=ω

0

.

R

R

Q

kr



Zastosowanie metody amplitud zespolonych do obliczeń

liniowych obwodów prądu zmiennego

Przyjmujemy:

 





 





t

j

t

j

e

U

Re

t

u

e

I

Re

t

i









I, U – amplituda zespolona odpowiednio prądu, napięcia

U

I

j

i

r

j

i

r

Ue

jU

U

U

Ie

jI

I

I

















gdzie I moduł natężenia prądu
U moduł napięcia

2
i

2

r

I

I

I





2
i

2

r

U

U

U





Przyrządy typu amperomierz, woltomierz mierzą moduł

odpowiednio natężenia prądu, napięcia.

Interpretacja graficzna na płaszczyźnie zespolonej

Re

Im

Wskaz (fazor) prądu

I

j

Ie

I





I

I

r

=Icosφ

I

I

i

=Isinφ

I

φ

I

r

i

I

I

I

tg 



Wskaz (fazor) napięcia

U

j

Ue

U





U

i

=Usinφ

U

U

r

=Ucosφ

U

φ

U

r

i

U

U

U

tg 



Umowa dotycząca obliczania kąta fazowego

z=a+jb=ze

jφ

=z(cosφ+jsinφ)

Re

Im

0

360

0





a

b

a>0, b≥0















a

b

arctg

k



b

a

a<0, b≥0

kąt φ

k

liczony przez kalkulator ≤0

φ=φ

k

φ=π+φ

k

a

b

a<0, b<0















a

b

arctg

k



φ

k

≥0

φ=π+φ

k

b

a

a>0, b<0

φ

k

<0

φ=2π+φ

k

Uwaga praktyczna Obliczając kąt należy wybrać sposób liczenia
kąta. Najwygodniej obliczenia prowadzić w stopniach .

Związki między amplitudą zespoloną prądu a amplitudą

zespoloną spadku napięcia na:

Rezystancja:

I

U=RI

interpretacja graficzna na płaszczyźnie zespolonej

Re

Im

I

U

φ

I

=

φ

U









t

j

t

j

t

j

t

j

e

I

R

e

U

e

I

Re

R

e

U

Re















Indukcyjność:

I

U=jωLI





















0

90

j

t

j

t

j

t

j

t

j

t

j

t

j

e

I

L

U

e

I

L

j

e

U

e

I

dt

d

L

Re

e

U

Re

e

I

Re

dt

d

L

e

U

Re

































X

L

=ωL –reaktancja indukcyjna

Re

Im

I

90

0

φ

I

U

φ

U

=90

0

+

φ

I

I

U=jX

L

I

Pojemność:

I

I

C

j

U



















0

90

j

t

j

t

j

t

j

t

j

t

j

t

j

e

I

C

1

U

I

C

j

U

e

I

C

j

1

e

U

dt

e

I

C

1

Re

e

U

Re

dt

e

I

Re

C

1

e

U

Re

















































C

1

X

C



- reaktancja pojemnościowa

I

U=-jX

C

I

Re

Im

I

U

φ

I

-90

0

φ

U

=

φ

I

-90

0

Postępowanie w przypadku obliczania obwodu prądu zmiennego

R

~

e(t)=Ecos(t)

lub E, f
ω=2πf

L

C

Dany obwód

E – wartość skuteczna

2

E

E

m

 E

m

– amplituda, wartość

maksymalna

1.Obliczamy dla danej pulsacji reaktancje znajdujące się w

obwodzie:

C

1

X

oraz

L

X

C

L









2 . Rysujemy obwód dla amplitud zespolonych

E

R

jX

L

-jX

C

3. Nanosimy amplitudy zespolone prądów i piszemy w-1
równań Kirchhoffa dla bilansu prądów w węzłach

I

0

I

k

k





U

R

U

L

U

C

4. Nanosimy strzałki amplitud zespolonych spadku napięcia
zawsze w kierunku przeciwnym do kierunku amplitudy
zespolonej prądu płynącego przez element i dla g-w+1 oczek
niezależnych piszemy oczkowe bilanse amplitud zespolonych

spadków napięć i źródeł

0

U

k

k





E

R

jX

L

-jX

C

I

U

R

U

L

U

C

Dla obwodu mamy: U

R

+ U

L

+ U

C

=E

5. Wprowadzamy związki między amplitudami spadków napięć
a prądami na poszczególnych elementach.
W naszym przykładzie: U

R

=RI, U

L

=jX

L

I i U

C

=-jX

C

I

Po podstawieniu do układu równań otrzymanego na podstawie
I i II prawa Kirchhoffa otrzymujemy równania dla zespolonych
amplitud prądów.

E

I

jX

I

jX

I

R

C

L







E

I

jX

I

jX

I

R

C

L







Wprowadzając impedancję Z:





C

L

X

X

j

R

Z







mamy:

Z

E

I 

a zapisując:



j

Ze

Z 

gdzie





2

C

L

2

X

X

R

Z







i

















R

X

X

arctg

C

L



mamy:



j

e

Z

E

I





Uwaga! Amperomierz w obwodzie zmierzy prąd I:

Z

E

I 

Interpretacja graficzna za pomocą wskazów (fazorów):

Re

Im

I

U

R

=RI

U

L

=jX

L

I

U

C

=-jX

C

I

E

Re

Im

φ

I

Przykład

L

1

=0.5mH

~ 230V, 50Hz

0.1Ω

500μF

2Ω

L

2

=20mH

1. Obliczamy reaktancje w obwodzie dla amplitud zespolonych

ω=2πf ω=314 s

-1



157

.

0

10

5

.

0

314

X

3

L

1













28

.

6

10

20

314

X

3

L

2













37

.

6

10

500

314

1

X

6

C











Obwód dla amplitud zespolonych

230V

0.1

j0.157

2

j6.28

-j6.37

lub

220V

0.1+j0.157

-j6.37

2+j6.28

I

I

C

I

L

I

I

C

I

L

Jeden węzeł

niezależny w-1=1,

a więc z I prawa

Kirchhoffa:

3 niewiadome

prądy

g=3

I

L

+I

C

=I

U

U

C

U

L

o=g-w+1=2

dwa równania

II prawo Kirchhoffa:

1

U

C

+U=E

oczko 1:

2

oczko 2: U

C

-U

L

=0

Związki między amplitudami zespolonymi prądów i spadków

napięć dostarczają następnych 3 równań:

U=(0.1+j0.157)I

U

C

=-j6.37I

C

U

L

=(2+j6.28)I

L

Podstawiając mamy:









L

C

C

L

C

I

28

.

6

j

2

I

37

.

6

j

230

I

37

.

6

j

I

157

.

0

j

1

.

0

I

I

I

















Z I równania podstawiamy:













L

C

L

C

I

28

.

6

j

2

I

37

.

6

j

230

I

157

.

0

j

1

.

0

I

37

.

6

j

157

.

0

j

1

.

0

















mamy:













L

C

L

C

I

37

.

6

j

28

.

6

j

2

I

230

I

157

.

0

j

1

.

0

I

21

.

6

j

1

.

0















Operację mnożenia i dzielenia liczb zespolonych najwygodniej

wykonać przechodząc do postaci wykładniczej

-j6.37=6.37e

j270

33

.

72

j

2

2

e

59

.

6

2

28

.

6

jarctg

exp

28

.

6

2

28

.

6

j

2





























L

67

.

197

j

C

I

e

03

.

1

I





lub jeżeli chcemy ściśle stosować regułę 0≤φ<360, to 360-197.67
i mamy

L

33

.

162

j

C

I

e

03

.

1

I 

Przechodząc do postaci wykładniczej: 0.1-j6.21=6.21e

j270.92

i podstawiając

mamy:





230

I

157

.

0

j

1

.

0

I

e

4

.

6

L

L

25

.

73

j







L

67

.

197

j

C

I

e

03

.

1

I





lub

L

33

.

162

j

C

I

e

03

.

1

I 

i mamy:





230

I

157

.

0

j

1

.

0

I

e

4

.

6

L

L

25

.

73

j







bo: 270.92+162.33-360=73.25

Sumując mamy:





230

I

157

.

0

j

1

.

0

I

e

4

.

6

L

L

25

.

73

j











230

I

157

.

0

j

1

.

0

e

4

.

6

L

25

.

73

j







Dla wykonania dodawania lub odejmowania liczb zespolonych

muszą one być w postaci algebraicznej

czyli:





13

.

6

j

84

.

1

25

.

73

sin

j

25

.

73

cos

4

.

6

e

4

.

6

25

.

73

j









i otrzymujemy:





230

I

29

.

6

j

94

.

1

L





i ostatecznie:

86

.

72

j

L

86

.

72

j

L

e

95

.

34

I

e

58

.

6

230

I









220V

A

A

C

A

L

Amperomierz A

L.

wskaże 35 A

53

.

270

j

C

L

67

.

197

j

C

e

36

I

I

e

03

.

1

I











Amperomierz A

C.

wskaże 36 A

78

.

13

j

86

.

72

j

53

.

270

j

L

C

e

9

.

10

I

6

.

2

j

6

.

10

4

.

33

j

3

.

10

36

j

333

.

0

e

95

.

34

e

36

I

I

I





























Amperomierz A

wskaże 10.9 A

220V

V

V

C

U

A

B

U

AB





28

.

75

j

78

.

13

j

5

.

57

j

e

03

.

2

U

e

9

.

10

e

186

.

0

I

157

.

0

j

1

.

0

U











Voltomierz V wskaże: 2.03 V





53

.

0

j

53

.

360

j

AB

53

.

270

j

90

j

L

C

AB

e

3

.

229

e

3

.

229

U

e

36

e

37

.

6

I

28

.

6

j

2

I

37

.

6

j

U

























Voltomierz V

C

wskaże: 229.3 V

Moc w metodzie amplitud zespolonych obliczamy z zależności:



 I

U

S

gdzie I

*

- sprzężona amplituda zespolona prądu,

U – amplituda zespolona spadku napięcia,

S = P+jQ – zespolona mocy pozorna,

P – moc czynna,

Q – moc bierna.

Zespolona moc pozorna dostarczana przez źródło:

78

.

13

j

dost

78

.

13

j

dost

e

2507

S

e

9

.

10

230

I

E

S















Moc pozorna S

dost

=2.5kVA, moc czynna P

dost

=2.43kW

i moc bierna Q

dost

=-0.597kVAr

I

I

C

I

L

U

U

AB

S

S

C

S

L

7636

j

2433

e

8014

e

95

.

34

e

3

.

229

I

U

S

8255

j

e

8255

e

36

e

3

.

229

I

U

S

4

.

19

j

5

.

10

e

1

.

22

e

9

.

10

e

03

.

2

I

U

S

33

.

72

j

86

.

72

j

53

.

0

j

L

AB

L

270

j

53

.

270

j

53

.

0

j

C

AB

C

5

.

61

j

78

.

13

j

28

.

75

j

















































Moc czynna pobrana przez obwód P

pob

=10.5+2433=2.44kW

Moc bierna pobrana przez obwód Q

pob

=19.4-8255+7636=-0.6kVAr

Moc pozorna pobrana przez obwód

kVA

5

.

2

Q

P

S

2
pob

2

pob

pob







Moc pozorna S

dost

=2.5kVA, moc czynna P

dost

=2.43kW

i moc bierna Q

dost

=-0.597kVAr

230V

0.1

j0.157

2

j6.28

-j6.37

I

I

C

I

L

Przedstawienie graficzne na płaszczyźnie zmiennej zespolonej

Kreślenie rozpoczynamy zakładając, że prąd I

L

jest dany

A

B

U

AB

U

Re

Im

I

L

2I

L

j6.28I

L

U

AB

B

A

I

C

=jU

AB

/6.37

I

0.1I

j0.157I

U

E

Szeregowe połączenie impedancji

I

B

A

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Impedancja zastępcza Z

AB

:

4

3

2

1

AB

Z

Z

Z

Z

Z









Ogólnie dla K szeregowo połączonych impedancji mamy:









K

i

1

i

i

zast

Z

Z

Obliczanie impedancji zastępczej dla połączenia szeregowego

obliczamy mając wszystkie impedancje w postaci algebraicznej

Z

i

= R

i

+jX

i

U

AB

Równoległe połączenie impedancji

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Z

5

A

B

U

AB

I

Zastępcza impedancja Z

AB

jest:

5

4

3

2

1

AB

Z

1

Z

1

Z

1

Z

1

Z

1

Z

1











Ogólnie jeżeli mamy K impedancji połączonych równolegle, to:









K

i

1

i

i

zast

Z

1

Z

1

W przypadku równoległego połączenia impedancji wygodnym
jest wprowadzenie admitancji Y, którą definiujemy:

Z

1

Y 

Znając impedancję w postaci algebraicznej Z=R+jX można
obliczyć admitancję Y=G+jB bez zamiany na postać wykładniczą

korzystając z zależności:

2

2

2

X

R

jX

R

Z

Z

Z

1

Y













Część rzeczywistą admitancji G nazywamy przewodnością

2

2

X

R

R

G





a część urojoną B nazywamy susceptancją:

2

2

X

R

X

B







Dla obliczenia zastępczej admitancji w połączeniu równoległym

K admitancji mamy zależność:









K

i

1

i

i

zast

Y

Y

a impedancję zastępczą obliczamy z zależności:

2

2

2

zast

zast

zast

zast

B

G

jB

G

Y

Y

Y

1

Z













Zastosowanie metody upraszczania sieci do obliczania

obwodu prądu zmiennego

Dany jest obwód:

E

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Z

5

Z

6

E=230V

Z

1

=0.1+j0.2

Z

2

=10-j30

Z

3

=5+j10

Z

4

=12-j15

Z

5

=10-j10

Z

6

=20+j10

a

b

c

d

E

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Z

bc

a

b

c

d

Dla obliczenia impedancji Z

bc

zastępującej równolegle połączone

impedancje Z

5

i Z

6

obliczamy:

03

.

0

j

09

.

0

02

.

0

j

04

.

0

05

.

0

j

05

.

0

Y

02

.

0

j

04

.

0

100

400

10

j

20

10

j

20

1

Z

1

Y

05

.

0

j

05

.

0

100

100

10

j

10

10

j

10

1

Z

1

Y

bc

6

6

5

5













































E

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Z

bc

a

b

c

d





33

.

3

j

10

10

9

81

03

.

0

j

09

.

0

03

.

0

j

09

.

0

1

Y

1

Z

4

bc

bc





















Szeregowe połączenie impedancji , i

Z

3

Z

4

Z

bc

zastępujemy impedancją :

Z

ad

33

.

8

j

27

Z

15

j

12

33

.

3

j

10

10

j

5

Z

Z

Z

Z

Z

ad

ad

4

bc

3

ad























E

Z

1

Z

2

Z

ad

a

d

otrzymujemy obwód:

Obliczamy zastępczą impedancję Z

0

dla równoległego połączenia

Z

2

i Z

ad

i mamy:

0404

.

0

j

0438

.

0

Y

Y

Y

0104

.

0

j

0338

.

0

4

.

69

729

33

.

8

j

27

33

.

8

j

27

1

Z

1

Y

03

.

0

j

01

.

0

900

100

30

j

10

30

j

10

1

Z

1

Y

ad

2

0

ad

ad

2

2













































38

.

11

j

34

.

12

Z

10

32

.

16

18

.

19

0404

.

0

j

0438

.

0

0404

.

0

j

0438

.

0

1

Y

1

Z

0

4

0

0





















i obwód jest

E

Z

0

a

d

Z

1

Zastępcza impedancja obwodu Z

c

jest:

18

.

11

j

44

.

12

Z

38

.

11

j

34

.

12

2

.

0

j

1

.

0

Z

Z

Z

c

0

1

c

















230

Z

c

gdzie Z

c

=16.73e

j318.05

I

a prąd I jest:

05

.

318

j

05

.

318

j

e

75

.

13

e

73

.

16

230

I







Moc pozorna dostarczana do obwodu jest:

S=EI

*

=230·13.75e

j318.05

=3162.5e

j318.05

=2352-j2094

S

ź

=3.16kVA, P

ź

=2.35kW, Q

ź

=-2.09kVAr

Dla obliczenia prądów w poszczególnych gałęziach wykonujemy
obliczenia wracając przez kolejne etapy:

E

Z

0

a

d

Z

1

I

U

da

=Z

0

I=16.79e

j317.32

·13.75e

-j318.05

U

da

=230.9e

-j0.73

Z

0

=12.34-j11.38=16.79e

j317.32

E

Z

1

Z

2

Z

ad

a

d

I

U

da

I

2

I

ad

Z

2

=10-j30=31.62e

j288.43

Z

ad

=27-j8.33=28.26e

j342.85

16

.

289

j

43

.

288

j

73

.

0

j

2

da

2

e

3

.

7

e

62

.

31

e

9

.

230

Z

U

I











85

.

343

j

85

.

342

j

73

.

0

j

ad

da

ad

e

17

.

8

e

26

.

28

e

9

.

230

Z

U

I











E

Z

1

Z

2

Z

3

Z

bc

a

b

c

d

Z

4

I

I

2

I

3

=I

ad

I

4

=I

ad

U

cb

=Z

bc

I

ad

Z

bc

=10-j3.33=10.26e

j341.58

U

cb

=10.26e

j341.58

·8.17e

-j343.85

U

cb

=83.82e

-j2.27

I

3

=I

4

=8.17e

-j343.85

E

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Z

5

Z

6

a

b

c

d

I

I

2

I

3

I

4

I

5

I

6

U

cb

Z

5

=10-j10=14.14e

j315

Z

6

=20+j10=22.36e

j26.57

27

.

317

j

5

315

j

27

.

2

j

5

cb

5

e

93

.

5

I

e

14

.

14

e

82

.

83

Z

U

I











84

.

28

j

5

57

.

26

j

27

.

2

j

6

cb

6

e

75

.

3

I

e

36

.

22

e

82

.

83

Z

U

I











Moce pobierane przez odbiorniki

E

Z

1

Z

2

Z

3

Z

4

Z

5

Z

6

a

b

c

d

I

I

2

I

3

I

4

I

5

I

6

U

cb

U

1

U

2

U

3

U

4

S

1

=U

1

I

*

=I·Z

1

·I

*

=Z

1

I

2

=(0.1+j0.2)·(13.75)

2

=18.9+j37.8



 

























141

j

281

75

.

3

10

j

20

I

Z

I

I

Z

I

U

S

352

j

352

93

.

5

10

j

10

I

Z

I

I

Z

I

U

S

1001

j

801

17

.

8

15

j

12

I

Z

I

I

Z

I

U

S

5

.

667

j

7

.

333

17

.

8

10

j

5

I

Z

I

I

Z

I

U

S

1599

j

9

.

532

3

.

7

30

j

10

I

Z

I

I

Z

I

U

S

2

2

6

6

6

6

6

6

6

6

2

2

5

5

5

5

5

5

5

5

2

2

4

4

4

4

4

4

4

4

2

2

3

3

3

3

3

3

3

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2



























































































Całkowita moc pobrana:

S

pob

=2320-j2105

S

pob

=3.13kVA, P

pob

=2.32kW, Q

pob

=-2.1kVAr

Moc dostarczona:

S

ź

=3.16kVA, P

ź

=2.35kW, Q

ź

=-2.09kVAr

Zadanie

Odbiornik o danych znamionowych: U

n

=230V, S

n

=1.5kVA, cosφ

n

=0.3

podłączono przewodem o długości 500m do sieci o napięciu 240V.

Rezystancja jednostkowa zastosowanego przewodu wynosi

9Ω/km, a indukcyjność jednostkowa 0.25mH/km.

Wyznaczyć napięcie na odbiorniku i moc pobieraną.

Przyjmujemy schemat zastępczy odbiornika w postaci:

R

odb

L

odb

I

n

Znając moc i napięcie znamionowe odbiornika wyznaczamy

prąd znamionowy z zależności:

U

n

n

n

n

U

S

I 

A

52

.

6

I

230

1500

I

n

n







Znając prąd i napięcie znamionowe wyznaczamy moduł

impedancji odbiornika Z

odb

:

n

n

odb

I

U

Z 



3

.

35

Z

52

.

6

230

Z

odb

odb







Z

odb

=R

odb

+jX

odb

co możemy przedstawić na płaszczyźnie zmiennej zespolonej:

Re

Im

R

odb

=Z

odb

cosφ

n

X

odb

=Z

odb

sinφ

n

Z

od

b

φ

n

R

odb

=35.3·0.3=10.6Ω,



7

.

33

3

.

0

1

3

.

35

X

2

odb









Obliczamy rezystancję i reaktancję przewodu zasilającego:

R

p

=0.5·9=4.5Ω, X

p

=314(0.5·0.25·10

-3

)=0.0393Ω

Mamy schemat zastępczy naszego układu:

U

zas

Z

p

=R

p

+jX

p

Z

odb

=R

odb

+jX

odb

I

89

.

65

j

89

.

65

j

odb

p

zas

e

49

.

6

I

e

96

.

36

240

74

.

33

j

1

.

15

240

7

.

33

j

6

.

10

04

.

0

j

5

.

4

240

I

Z

Z

U

I























U

odb

U

odb

=Z

odb

·I

Amplituda zespolona napięcia na odbiorniku jest:

U

odb

=(10.6+j33.7)·6.49e

-j65.89

=35.3·6.49e

j(72.54-65.89)

U

odb

=229e

j6.65

Napięcie na odbiorniku wynosi 229V

Moc pobierana przez odbiornik jest:

S

odb

=U

odb

I

*

=229·6.49e

j(6.65+65.89)

S

odb

=1486e

j72.54

Moc pozorna S

odb

=1.49kVA, moc czynna P

odb

=447W,

moc bierna Q

odb

=1.42kVAr