《正弦交流电路》作业习题

要求:1.正弦量的基本概念:三要素、 相位差、波形等 2.定量计算:相量法 3.定性分析:相量图 4.功率计算:有功、无功、视在 功率、功率因数、复功率等

要求：1. 正弦量的基本概念：三要素、 相位差、波形等. 2. 定量计算：相量法 3. 定性分析：相量图 4. 功率计算：有功、无功、视在 功率、功率因数、复功率等

左图电路中,已知: l(t)=10sin(400t+60°)V L 2=212()= C0s(400mt-150)A 2 (a)电源电压角频率o=400rad,频率f=200H,周期T=0.0 (b)电压有效值U=7.07V,电流有效值/=0.5A (c)电压、电流间相位差ya2=-60° (d)该负载是容性负载,Z=14.1492,q 60° 比较相位必须把正弦量化为标准正弦量的形式: i(t c0S(400t-150+180°)=C0s(400mt+30°) 2 231(40+30+90)=2sm4m+10)4 1 YY=60°120°=-60°

(a)电源电压角频率 =_________ , 频率 f=_____ , 周期 T=_______. (b)电压有效值U=_______，电流有效值 I=________. (c)电压、电流间相位差 u– i =_________. (d)该负载是______负载, |Z|=_________,  =_________. 左图电路中，已知： cos(400 150 ) A 2 1 ( ) ( ) 10sin(400 60 ) V        i t t u t t π π 一、 400 rad/s 200Hz 0.005s 7.07V 0.5A   60 容性 14.14   60 比较相位必须把正弦量化为标准正弦量的形式: cos(400 30 ) 2 1 cos(400 150 180 ) 2 1 ( )    i t  π t    π t  t sin(400 t 120 )A 2 1 sin(400 30 90 ) 2 1     π    π  i + u Z  Z φ –  = u– i=60º–120º= –60º

二、指出下列结果是否正确若有错,试将其改正。 U U (2)I= jωL (1)I= R+OL R2+0L +U, v(3)u=ur+uL (4)U2=U+Uk R R(5)Ua<=U2+U2(6P R V(7)P=IR (8)|Z=VR2+oL)2 2. 若u(t)=311sin(Ot+45°V,Z=25∠60°92 i l3 l sin(Ot+45°)、311 则i 关sin(ot+45°-609)A 25∠60 25 311 ∠450 L Z 2 311/√2 ∠-15°A Z25∠60 25 311 sin(ot-15)A 25

二、指出下列结果是否正确,若有错,试将其改正。 若 u(t)  311sin( t  45)V, Ζ  2560Ω 则 R ωL U (1) I     (2) R ωL U I   u  uR  uL (3) (4) U  UL  UR 2 2 2 m (5)U  U L  U R R U P 2 (6)  P I R 2 (7)  2 2 (8) Z  R  (ωL) 2. 1. R 2 2 2 j R j L + –  U I  UL + – + –  UR 2 2 ( )  | |    sin( 45 60 )A 25 311 25 60 311sin( 45 )            ωt ω t Z u i u Z i + – 15 A 25 311/ 2 25 60 45 2 311 o o o          Z U I sin( 15 ) A 25 311 o i  ωt 

三、 S6 电路如图所示,试列写其相量形 式的回路电流方程和节点压程。 L1 回路法 儿 R 5 三1s 6 2 (一jx+jL4+R)13-(-j +jo L4)I 2 +jO L4+RD12=U9

电路如图所示，试列写其相量形 式的回路电流方程和节点压程。 三、 回路法： is6 C2 R5 is3 C3 us1 L4 + – i1 i2 i3   1  S6 I I   2  S3 I I              4 5 2 S1 4 1 2 4 5 3 2 (j ) j ) 1 j ) ( j 1 ( j L R I U L I C L R I C     

6 节点法: 91 4 2 5 91 =U joC2P1+(jo C2+ Jot=I JoL. P3 =L S3 I)+287or +)93=/s6 jOL R5

节点法： is6 C2 R5 is3 C3 us1 L4 + –  φ1  φ2  φ3  φ1  US1       3  S6 4 5 2 4 ) 1 j 1 ( j 1 φ I ωL R φ ωL         3  S3 4 2 4 2 1 2 j 1 ) j 1 j (j φ I ωL φ ωL ωC φ ωC

四 I 24Q2 j18Q2 A + j302 50c2 U3 已知:已知电流表读数为15A(有效值)。 求:(1)U=?(2)电路吸收的有功功率P和无功功率Q 解:设in=1.5∠0°A 则U2=40×1.5∠0°=60∠0V =2∠90°=2A 30 1=1g+Ic=1.5+j2=2.5∠53.1A U1=(24+j18)=(24+j18)×2.5∠53.1=75∠90°=j75V U3=(-j50)=(-j50)×2.5∠53.1=125∠-36.9=100-j75V

已知：已知电流表读数为1.5A(有效值)。 求：(1)US=? (2)电路吸收的有功功率P和无功功率Q . 四、 解： 1.5 0 A  设 I R   2 40 1.5 0 60 0 V   则 U      2 90 j2A j30 2         U IC 1.5 2 2.5 53.1 A  I   I R  I C   j   1  (24  j18)  (24  j18) 2.553.1  7590  j75V     U I 3  (j50)  (j50)  2.553.1  125  36.9  100  j75V     U I A 24Ω j18Ω 40Ω  j30Ω  j50Ω + –  US I  U2  U3 C  I U1 + + – – RI + –

i—40g2 I24 8Q t U 30c2 U 十 U2-i509=U3 Us=U1+U2+U3=j75+60+100-j75=160∠0V P=UIc0s9=160×2.5×0.6=240w P=2412+4012=24x(2.5)2+40×(1.5)2=240W Qx= UsI sino=160×2.5×(-0.8)=-320var Qx=18 2 30 C-5072 =18×(2.5)2-30×2-50×(2.5)2=-320Var

1 2 3 j75 60 100 j75 160 0 V  U S  U  U  U       Px  US I cosφ  160 2.5 0.6  240 W sin 160 2.5 ( 0.8) 320 Var Qx  US I φ       Px  24I 2  40I R 2  24  (2.5) 2  40  (1.5) 2  240 W 18 (2.5) 30 2 50 (2.5) 320 Var 18 30 50 2 2 2 2 2 2         Q  I  I  I x C A 24Ω j18Ω 40Ω  j30Ω  j50Ω + –  US I  U2  U3 C  I U1 + + – – RI + –

五 已知:Us1=110-30V,Us2=110∠30V L=1.5H,∫=50HZ SI ①试求:两个电源各自发出的有功功率 和无功功率。 解:j=01-0=102-30-11230=-1020.234A jOL 314×1.5 j471 P1= UsI cos(-30-180°)=110×0.234×(-0.866)=-223W Q1= UsII sin(-30°-180)=110×0.234×0.5=129var P2=-Us2c0(30-180)=-110×0.234×(-0.866)=22.3W Q2=-Us2Isin(30-180°)=-110×0.234×(-0.5)=129Var 两个电源发出的有功功率互相抵消,而无功功率不 抵消,因为电路中的电感吸收无功

五、 已知： 1.5H, 50Hz. 110 30 V, 110 30 V, S1 S2        L f U U     试求：两个电源各自发出的有功功率 和无功功率。 解： 0.234 A j471 j110 j314 1.5 110 30 110 30 j 1 S1 S2                  ωL U U I P1  U S1 I cos(30   180  )  110  0.234  (0.866)  22.3 W sin( 30 180 ) 110 0.234 0.5 12.9 Var 1  S1         Q U I P2  US2 I cos(30   180  )  110  0.234  (0.866)  22.3 W sin(30 180 ) 110 0.234 ( 0.5) 12.9 Var 2   2          Q U I S 两个电源发出的有功功率互相抵消，而无功功率不 抵消，因为电路中的电感吸收无功。 L US1  US 2  I  + – + –

六 5g2 R 已知:un、(1)=√2sin(2t-45)V 0 us(t) 5 2.5H 要使R0上获最大率,则Co 为何值? 解:用戴维南等效电路:U。=1∠-45°V 2.59 Z U 5g2 → 2 2.5+/5=0.442-18.4V2;2.5×j5 0.5∠-45 0C一 2.5+ j5=2+2

六、 已知: 要使R0上获最大率，则C0 为何值？ 用戴维南等效电路： 5 2.5H 5 1 R0 C0 uS (t) + – 解： 1 45 V o S     U 2.5 1 C0 + – j5 2 S  U Zi 1 C0 + –  Uoc j5 0.447 18.4 V 2.5 j5 0.5 45 oc o o          U 2 j1Ω 2.5 j5 2.5 j5 i     Z  ( ) 2 sin(2 45 ) V o us t  t 

Po=IR oc 要使R0上功率最大,只需使电 C 流/最大即可。 U U I= Z1+R0-jl/(oC0)|Z1+R0-jl/(C0) 若使I最大,须使|z+Z1-j1(O最小。 Zi+Ro-j1/(@C0)=2+j1+l-jl/oCo) 3+J1-1/oCo)I Q 若使其最小,只须使1-1/(O=0。 即: =1,C0=-==0.5F C

I  要使R0上功率最大，只需使电 流I 最大即可。 若使 I 最大，须使|Zi+ Zi –j1/( C)|最小。 3 j[1 1/( )] Ω j1/( ) 2 j1 1 j1/( ) 0 i 0 0 0 ωC Z R ωC ωC          若使其最小，只须使1–1/( C)=0。 即： P I R 2 0  | j1/( )| , j1/( ) i 0 0 oc i 0 0 oc Z R ωC U I Z R ωC U I         0.5 F 2 1 1 1, 1 0 0     ω C ωC Zi 1 C0 + –  Uoc