Решение. После разметки однополярных зажимов с помощью потоков Ф11 и Ф22 расчётная схема электрической цепи приобретает вид рис

После разметки однополярных зажимов с помощью потоков Ф ₁₁ и Ф ₂₂ расчётная схема электрической цепи приобретает вид рис. 3.47, б, на основа-

нии законов Кирхгофа состояние которой определяет система уравнений

I ₁ = I ₂ + I ₃;

I ₁× jx ₁ + I ₂× jx_M + I ₃× (-jx ₃ ) + I ₃× r ₃ = E;

I ₂× jx ₂ + I ₁× jx_M – I ₃× (-jx ₃ ) – I ₃× r ₃ = 0.

«Развязка» осуществляется по следующему правилу: если индуктивно связанные элементы x ₁ и x ₂ сходятся в узел b разнополярными зажимами, то последовательно к индуктивным элементам вводятся положительные расчётные индуктивности + x_M = + wM, а в общую для x ₁ и x ₂ часть схемы (в рассматриваемом примере это ветвь №3) вводится отрицательное расчётное индуктивное сопротивление - x_M = - wM.

Примем комплексную ЭДС схемы рис. 3.48, б E = E × = 220 B.

Комплексные сопротивления смешанно соединённых ветвей

Z ₁ = jx ₁ + jx_M = j 40 + j 50 = j 90 Ом,

Z ₂ = jx ₂ + jx_M = j 80 + j 50 = j 130 Ом,

Z ₃ = r ₃ – jx ₃– jx_M = 40 – j 20 – j 50 = 40 – j 70 = 80, 62× e ^{–j 60, 25°} Ом.

Входное сопротивление цепи

Z _вх = Z ₁ + = j 90 + = 132, 4× e ^{j 10, 89°} Ом,

а сопротивление разветвления

Z ₂₃ = = = 145, 3× e ^{–j 26, 56°} Ом.

Входной ток I ₁ = = = 1, 662× e ^{–j 10, 89°} А,

напряжение на разветвлении

U ₂₃ = I ₁× Z ₂₃ = 1, 662× e ^{–j 10, 89°}× 145, 3× e ^{–j 26, 56°} = 241, 5× e ^{–j 37, 45°} В,

токи параллельных ветвей I ₂ = = = 1, 858× e ^{–j 127, 45°} А,

I ₃ = = = 3, 0× e ^{j 22, 8°} А.

Чтобы убедиться в правильности расчёта токов исходной схемы рис. 3.47, а, проверим для неё балансы активных и реактивных мощностей:

- мощность генератора

S _Г = Е × = 220× 1, 662× e ^{j 10, 89°} = 359 + j 69, 1 BA = P_Г + jQ_Г.

- активная мощность потребителей

SР_П = I ₃²× r ₃ = 3²× 40 = 360 Вт» P_Г,

- реактивная мощность потребителей

SQ_П = I ₁²× x ₁ + I ₂²× x ₂ + 2× I ₁× I ₂× x_M × cos(y_{i 1} – y_{i 2} ) – I ₃²× x ₃ =

= 1, 662²× 40 + 1, 858²× 80 + 2× 1, 662× 1, 858× 50× cos( -10, 89°+127, 45° ) – 3²× 20 =

= 110, 5 + 276, 2 – 138, 1 – 180 = 68, 6 вар» Q_Г.

Передаваемая активная мощность из первой ветви во вторую

Р _1®2 = Re(I ₂× jx_M × ) = I ₁× I ₂× x_M × sin(y_{i 1} – y_{i 2} ) =

= 1, 662× 1, 858× 50× sin( -10, 89°+127, 45° ) = 138, 1 Вт.

Обращаем внимание на то, что потребляемые активные мощности пер-

вой и второй ветвей схемы с автотрансформатором Р _{1 П} = Р _{2 П} = 0, так как активные сопротивления обмоток автотрансформатора r ₁ = r ₂ = 0 и в них отсутствуют тепловые потери.

Напряжение на участке ab схемы рис. 3.47, б

U _ab = I ₁× jx ₁ + I ₂× jx_M = 1, 662× e ^{–j 10, 89°}× 40× e ^{j 90°} + 1, 858× e ^{–j 127, 45°}× 50× e ^{j 90°} =

= 86, 76× e ^{j 5, 83°} B,

на участке bd

U _bd = I ₂× jx ₂ + I ₁× jx_M = I ₃× (r ₃ – jx ₃ ) = 3× e ^{j 22, 8°}× ( 40 – j 20 ) = 134, 2× e ^{–j 3, 77°} B.

Поступающая мощность в первую обмотку (участок ab)

S _{1 пост} = U _ab × = 86, 76× e ^{j 5, 83°}× 1, 662× e ^{j 10, 89°} = 138, 1 + j 41, 5 BA = P _{1 пост} + jQ _{1 пост} .

Так как тепловые потери на этом участке схемы отсутствуют, то вся поступающая активная мощность P _{1 пост} должна передаваться во вторую ветвь Р _1®2 = P _{1 пост} – I ₁²× r ₁ = 138, 1 – 0 = 138, 1 Вт,

что проверяется следующим образом:

S _{2 пост} = U _bd × = 134, 2× e ^{–j 3, 77°}× 1, 858× e ^{j 127, 45°}= -138, 1+ j 207, 5 BA = P _{2 пост} + jQ _{2 пост} .

так как P _{2 п} = I ₂²× r ₂ = 0, то передаваемая активная мощность из второй ветви в первую Р _2®1 = P _{2 пост} – P _{2 п} = -138, 1 – 0 = -138, 1 Вт

и сумма Р _1®2 + Р _2®1 = 138, 1 – 138, 1 = 0.

Для построения

векторной диаграммы

полезно найти падения

напряжений, связанные

с токами схемы:

I ₁× x ₁=1, 662× 40 = 66, 5 В;

I ₂× x_M =1, 858× 50 = 92, 9 В;

I ₂× x ₂=1, 858× 80 =150, 6 В;

I ₁× x_M =1, 662× 50 = 83, 1 В;

I ₃× x ₃= 3× 20 = 60 В;

I ₃× r ₃ = 3× 40 =19, 6 В,

а токи представить в алгебраической форме

I ₁ = 1, 63 – j 0, 31 A;

I ₂ = -1, 13 – j 1, 47 A;

I ₃ = 2, 76 + j 1, 16 A.

На комплексной плоскости (рис. 3.49) строим векторы токов в соответствии с I законом Кирхгофа по исходной системе урав-нений, а затем откладываем векторы падений напряжений в соответствии с исходными уравнениями, записанными по II закону Кирхгофа.

ЗАДАЧА 3.52. В схеме рис. 3.50, а рассчитать токи, если U = 100 B, r ₁ = 5 Ом, r ₂ = 15 Ом, r ₃ = 10 Ом, x ₁ = 15 Ом, x ₂ = 25 Ом, x_M = 10 Ом.