Метод узловых потенциалов в матричной форме

 

Граф схемы рис.1с выбранной ориентацией ветвей по токам представлен на рис.6.

 

 

Для расчета тока в ветви 5 предварительно подготовим следующие исходные данные:

- узловую матрицу А при φ₄ = 0 (см. далее расчет в EXCEL);

- диагональную матрицу проводимостей ветвей

;

 

- матрицы токов и ЭДС источников

 

,

.

 

Алгоритм расчета:

1.Определение матрицы узловых проводимостей Y_у = AYA^Т.

2.Определение матрицы узловых токов J_у = A(J – YE).

3.Определение матрицы узловых потенциалов .

4.Определение тока в ветви 5 по формуле I₃₄ = (φ₃ + E₃₄)/R₃₄.

 

 

Результат вычисления: I₃₄ = (-34 + 50)*0.0125 = 0.2 А, что равно ранее рассчитанному результату.

Метод узловых потенциалов в матричной форме
	Матрица проводимостей			J		J-YE
	0,025										-0,83333
		0,025									-0,75
Y=			0,025						0,9		0,15
				0,0125							-0,625
					0,0125						-0,625
						0,0125					-0,375
	Узловая матрица			E
			-1						33,333		0,2	I34
A=	-1
		-1
	Транспонированная А
		-1
			-1
Aт=	-1
	Произведение АY			Jу
	0,025		-0,025			0,0125			-1,35833
	-0,025	0,025		0,0125					-0,54168
		-0,025	0,025		0,0125				0,275
	AYAт		Обратная матрица Yу		φ
	0,0625	-0,025	-0,025		34,28571	22,85714	22,85714		-52,6666	φ1
Yу=	-0,025	0,0625	-0,025		22,85714	34,28571	22,85714		-43,3334	φ2
	-0,025	-0,025	0,0625		22,85714	22,85714	34,28571		-34	φ3

 

Потенциальная диаграмма

 

Построим потенциальную диаграмму для контура abcdefa (рис. 7):

 

 

Определяем потенциалы точек контура относительно потенциала точки a, потенциал которой принят за нуль (вычисления и построение графика с помощью средств Excel):

 

	R	φ
φa
φb=φa+E23		30,000
φc=φb-I23*R23		9,3333333
φd=φc-I34*R34		-6,6666667
φe=φd+E34		43,333
φf=φe-E24		-6,667
φa=φf+I24*R24

 

ЗАДАЧА 2

ПРИМЕНЕНИЕ СИМВОЛИЧЕСКИХ ИЗОБРАЖЕНИЙ ПРИ РАСЧЕТЕ УСТАНОВИВШЕГОСЯ РЕЖИМА ЦЕПИ С ИСТОЧНИКАМИ СИНУСОИДАЛЬНЫХ ЭДС

 

1. Исходные данные

В схеме три ветви и два узла. Каждая ветвь содержит индуктивный элемент и, кроме того, может содержать источник синусоидальной ЭДС, резистивный элемент, емкостный элемент.

1.1. Индуктивный элемент L ₁ в ветви 1 имеет зажимы 1, 2; элемент L ₂ в ветви 2 - зажимы 3, 4; элемент L ₃ в ветви 3 - зажимы 5, 6. Зажимы 2, 4, 6 соединены в один узел. При этом индуктивность L ₁ = (125 - 10 с) мГн, L ₂ = (25 + 10 a) мГн,

L ₃ = 60 мГн.

1.2. Две ветви имеют магнитную связь. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименные зажимы индуктивно связанных катушек указаны в табл. 4.

Таблица 4

a

f

Одноименные зажимы

1.3. Ветвь № а содержит источник ЭДС произвольного направления е ₁ = 100 sin (314 t + y) В, y = 120° - 45° b.

1.4. Ветвь 1 содержит элементы a, f, ветвь 2 - элементы c, d, ветвь 3 - элементы d, e. Элементы a, c, d, e, f выбирают по табл.5.

Таблица 5

Номер элемента
Элемент	R	R	R	C

Сопротивление R = 20 Ом, емкость C = 100 мкф.

 

2. Задание

2.1. Начертить схему согласно исходным данным (п.1) без учета индуктивной связи.

2.2. Построить осциллограмму ЭДС e ₁ (t) и изобразить ЭДС комплексной амплитудой.

2.3. Определить комплексные действующие значения токов во всех ветвях, применив эквивалентные преобразования исходной схемы.

2.4. Составить и рассчитать баланс комплексных мощностей.

2.5. Начертить схему согласно исходным данным (п.1) с учетом индуктивной связи, заменив ЭДС е ₁ неизвестной ЭДС е ₂ и включив в любую другую ветвь еще один источник неизвестной ЭДС е ₃. Направления ЭДС можно задать произвольно. При этом полагать, что токи в ветвях остались теми же, что в исходной схеме.

2.6. Составить в общем виде уравнение по второму закону Кирхгофа для определения ЭДС е ₃. Определить эту ЭДС.

2.7. Построить векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму для контура схемы, не включающего ЭДС е ₂.

 

3. Методические указания

Расчет установившегося режима линейной цепи с источниками синусоидальных ЭДС следует вести, применяя символические изображения мгновенных значений ЭДС, напряжений и токов, являющихся гармоническими функциями времени. Во время решения задачи требуется внимательность при переходе от одних значений электрических величин к другим, от одной формы записи комплексных чисел к другой. Следует научиться строго соблюдать обозначения различных электрических величин и их значения: мгновенные, амплитудные, действующие, комплексные амплитудные, комплексные действующие. Таким образом, применительно к току обозначения будут следующими: i или i (t), I_m, I, , . При переходе от алгебраической формы записи комплексных чисел к полярной или показательной рекомендуется для проверки каждый раз изображать (можно в черновике) данное число вектором в определенном квадранте комплексной плоскости. Независимо от используемых средств расчета: таблицы Брадиса, логарифмической линейки, микрокалькулятора с тригонометрическими функциями персонального компьютера, специальными программами, например, Electronics Workbench.

3.1. В исходной схеме (п.2.1) буквенные обозначения элементов и токов должны быть совместимыми, т.е. соответствующими либо дифференциальной, либо символической форме записи уравнений Кирхгофа.

3.2. При выполнении п.2.2 рекомендуется слева от осциллограммы е ₁(t) или е ₁(w t) показать на комплексной плоскости комплексную амплитуду . (см. также п.4 «Введения»).

3.3. В исходной схеме (п.2.3) лишь один источник ЭДС, поэтому в п.2.3 целесообразно применить эквивалентные преобразования, целью которых является “свертывание” этой схемы, представленной с комплексными сопротивлениями, к одноконтурной схеме. После выполнения п.2.3 следует проверить баланс токов расчетом или построением векторной диаграммы токов, которую требуется построить в п.2.7.

3.4. Баланс комплексных (активных и реактивных) мощностей должен сходиться с точностью, убедительно свидетельствующей о его выполнении. Погрешности, накопленные в расчетах из-за округления промежуточных результатов (см. п.5 «Введения»), дают относительную погрешность в расчете баланса, не превышающую 2%.

3.5. Преобразованная схема, учитывающая индуктивные связи, отличается от исходной схемы наличием элементов М, е ₂ (взамен е ₁) и е ₃. Однако токи в обеих схемах одинаковы.

3.6. В задаче величину ЭДС е ₂ определять не требуется. Для определения ЭДС е ₃ в п.2.6 следует составить уравнение по второму закону Кирхгофа также и в символической форме записи, выбрав контур, не включающий неизвестную ЭДС е ₂

3.7. Топографическая диаграмма (ТД) соответствует уравнению в символической форме записи, составленному по второму закону Кирхгофа в п.2.6. На ТД должны быть показаны и обозначены напряжения на всех элементах схемы, учитывающей индуктивные связи. Для обозначения точек на данной схеме и соответствующих точек на ТД рекомендуется применение цифр. При этом две точки пронумерованы согласно заданию. Векторная диаграмма токов служит ориентиром при построении ТД. Поэтому векторная диаграмма токов и ТД должны быть построены на одной комплексной плоскости (на одном рисунке).

ПРИМЕРЫ

ПРИМЕР 1

4.1. Сформировать исходные данные и схему согласно коду {К} = abcdef = 213241. Начертить схемы по п.п.2.1, 2.5.

Исходные данные конкретизируются в виде:

1.1. L ₁ = 95 мГн, L ₂ = 45 мГн, L ₃ = 60 мГн.

1.2. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименными (табл.4) являются зажим 1 элемента L ₁ в ветви 1 и зажим 3 элемента L ₂ в ветви 2.

1.3. Ветвь 2 содержит источник ЭДС е ₁= 100sin(314 t + 75°) В, направление которой выбрано произвольно.

1.4. Ветвь 1 содержит элементы 3(R), 2(R), ветвь 2 - элементы 2(R), 1(R), ветвь 3 - элементы 2(R), 4(C) (табл.5). Сопротивление R = 20 Ом, емкость С = 100 мкф.

Исходная схема показана на рис.5. Схема на рис.6 составлена по рис.5 без учета индуктивной связи. Схема на рис.7 содержит элемент М, нотоки в ней те же, что в схеме на рис.6. Это обеспечивается заменой ЭДС е ₁ на ЭДС е ₂ и включением в ветвь 1 ЭДС е ₃.

4.2. В схеме рис.6, составленной по п.п. 1.1, 1.3, 1.4,

R = 20 Ом, X_{L 1} = 29,8 Ом, X_{L 2} = 14,1 Ом, X_{L 3} = 18,8 Ом, X_C = 31,9 Ом. Определить действующие значения токов в ветвях и составить баланс комплексных мощностей.

В схеме лишь один источник ЭДС, поэтому целесообразно применить эквивалентные преобразования схемы.

Комплексные сопротивления в ветвях схемы:

Ветви с сопротивлениями включены параллельно, и эквивалентное им сопротивление

Схема становится одноконтурной с ЭДС и сопротивлением

По закону Ома

 

Баланс токов по первому закону Кирхгофа соблюдается:

0,495 + j 1,072 0,495 + j 1,074 А.

Таким образом, токи в ветвях имеют действующие значения:

I ₁ = 0,454 А, I ₂ = 1,182 А, I ₃ = 0,948 А.

Комплексные мощности источника и приемников:

4.3. В схеме на рис.7 сохранены те же точки и параметры одноименных элементов, что в схеме на рис.6 примера 4.2, но введены три новых элемента: М, (взамен ) и . Коэффициент связи К = 0,8. Определить ЭДС е ₃, построить векторную диаграмму токов и ТД для контура, не включающего ЭДС е ₂.

Сопротивление взаимной индукции

ЭДС е ₂ определять не требуется. Поэтому для определения е ₃ следует составить уравнение по второму закону Кирхгофа для внешнего контура схемы рис.7:

т.е.

е ₃ = 19,4

 

В процессе предыдущих вычислений определены действующие значения напряжений: U ₁₉ = 2 RI ₁ = 18,2 В, U_{L 1} = X_{L 1} I ₁ = 13,5 В, U_{M 1} = X_MI ₂ = 19,4 В,

U ₇₀ = X_CL ₃ = 30,2 В, U ₅₇ = RI ₃ = 19,0 В, U_L3 = X_{L 3} I ₃ = 17,8 В.

Векторная диаграмма токов построена на рис.8. Она служит ориентиром при построении ТД. Так, вектор напряжения совпадает по направлению с вектором тока и направлен на рис.8 от точки 9 к точке 1, вектор напряжения сдвинут относительно вектора тока на угол -90^о и направлен на рис.8 от точки 0 к точке 7 и т.д. Потенциал точки 0 на рис.7 принят за нуль , величина получена как замыкающий вектор (рис.8) при построении ТД с обходом внешнего контура схемы рис.7, что соответствует уравнению, составленному в примере по второму закону Кирхгофа.

 

ПРИМЕР 2

ПРИМЕНЕНИЕ СИМВОЛИЧЕСКИХ ИЗОБРАЖЕНИЙ ПРИ РАСЧЕТЕ УСТАНОВИВШЕГОСЯ РЕЖИМА ЦЕПИ С ИСТОЧНИКАМИ СИНУСОИДАЛЬНЫХ ЭДС

 

1. Исходные данные

В схеме три ветви и два узла. Каждая ветвь содержит индуктивный элемент и, кроме того, может содержать источник синусоидальной ЭДС, резистивный элемент, емкостный элемент.

1.1. Индуктивный элемент L ₁ в ветви 1 имеет зажимы 1, 2; элемент L ₂ в ветви 2 - зажимы 3, 4; элемент L ₃ в ветви 3 - зажимы 5, 6. Зажимы 2, 4, 6 соединены в один узел. При этом индуктивность L ₁ = (125 - 10 с) мГн, L ₂ = (25 + 10 a) мГн,

L ₃ = 60 мГн.

1.2. Две ветви имеют магнитную связь. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименные зажимы индуктивно связанных катушек указаны в табл. 4.

Таблица 4

a

f

Одноименные зажимы

1.3. Ветвь № а содержит источник ЭДС произвольного направления е ₁ = 100 sin (314 t + y) В, y = 120° - 45° b.

1.4. Ветвь 1 содержит элементы a, f, ветвь 2 - элементы c, d, ветвь 3 - элементы d, e. Элементы a, c, d, e, f выбирают по табл.5.

Таблица 5

Номер элемента
Элемент	R	R	R	C

Сопротивление R = 20 Ом, емкость C = 100 мкф.

 

2. Задание

2.1. Начертить схему согласно исходным данным (п.1) без учета индуктивной связи.

2.2. Построить осциллограмму ЭДС e ₁ (t) и изобразить ЭДС комплексной амплитудой.

2.3. Определить комплексные действующие значения токов во всех ветвях, применив эквивалентные преобразования исходной схемы.

2.4. Составить и рассчитать баланс комплексных мощностей.

2.5. Начертить схему согласно исходным данным (п.1) с учетом индуктивной связи, заменив ЭДС е ₁ неизвестной ЭДС е ₂ и включив в любую другую ветвь еще один источник неизвестной ЭДС е ₃. Направления ЭДС можно задать произвольно. При этом полагать, что токи в ветвях остались теми же, что в исходной схеме.

2.6. Составить в общем виде уравнение по второму закону для определения ЭДС е ₃. Определить эту ЭДС.

2.7. Построить векторную диаграмму токов и топографическую диаграмму для контура схемы, не включающего ЭДС е ₂.

3. Решение

Формируем исходные данные и схему согласно коду {К} = abcdef = 311324. Составляем схему по п.п.2.1.

Исходные данные конкретизируются в виде:

3.1. L ₁ = (125 – 10*с) = 125 – 10*1 = 115 мГн = 115 *10(-3) Гн,

L ₂ = (25 +10*а) = 25 + 10*3 = 55 мГн = 55* 10(-3) Гн,

L ₃ = 60 мГн = 60*10(-3)Гн.

3.2. Коэффициент связи К = 0,8. Одноименными (табл.4) являются зажим 4 элемента L ₂ в ветви 2 и зажим 6 элемента L ₃ в ветви 3.

3.3. Ветвь 3 содержит источник ЭДС е ₁= 100sin(314 t + 75°) В, направление которой выбрано произвольно.

3.4. Ветвь 1 содержит элементы 3(R), 4(С), ветвь 2 - элементы 1(R), 3(R), ветвь 3 - элементы 3(R), 2(R) (табл.5). Сопротивление R = 20 Ом, емкость С = 100 мкф = 100*10(-6) Ф.

Исходная схема показана на рис.1.

Алгоритм расчета

1. Определяем комплексные значения сопротивления:

; ; ; .

1.Определяем комплексные значения сопротивления ветвей:

;

;

.

3. Определяем комплексное значение общего сопротивления ветвей:

.

4. Определяем комплексное значение тока в третьей ветви:

.

5. Определяем комплексные значения токов первой и второй ветвей:

; .

6. Осуществляем проверку:

.

7. Проверяем баланс мощностей, то есть комплексная мощность источников ЭДС должна равняться полной мощности, потребляемой элементами схемы:

; ,

где - сопряженный комплекс тока.

 

Расчеты исполнены с помощью табличного процессора Excel:

Параметр	Комплексное значение параметра		Модуль к.ч.	Аргумент к.ч.
				радианы	градусы
L1	1,15E-01		0,115
L2	5,50E-02		0,055
L3	6,00E-02		0,06
R	2,00E+01
C	1,00E-04		0,0001
ZL1	36,11i		36,11	1,570796
ZL2	17,27i		17,27	1,570796
ZL3	18,84i		18,84	1,570796
ZC	-31,8471337579618i		31,8471338	-1,5708	-90
ω
Z1	20+4,2628662420382i		20,449255	0,210001	12,03216
Z2	40+17,27i		43,5689442	0,407574	23,35227
Z3	40+18,84i		44,2147668	0,44018	25,22044
Z1*Z2	726,3803+515,914649681528i		890,952449	0,617575	35,38443
Z1+Z2	60+21,5328662420382i		63,746877	0,344565	19,7421
Z1//Z2	13,4587738359719+3,76847788149504i		13,9764094	0,27301	15,64233
Z1//Z2+Z3	53,4587738359719+22,608477881495i		58,0429477	0,400103	22,9242
E1	18,3012701892219+68,3012701892219i		70,7106781	1,308997
I3	0,748757308108855+0,96098364148537i		1,21824754	0,908894	52,0758
дляI2	0,31788839435056-4,30363672234784E-002i		0,32078834	-0,13456	-7,70994
дляI1	0,68211160564944+4,30363672234783E-002i	0,6834679	0,063009	3,610169
I2	0,279378503323691+0,273261752315903i		0,39079961	0,77433	44,36586
I1	0,469378804785164+0,687721889169467i		0,83263309	0,971904	55,68597
	0,469378804785164+0,687721889169467i		0,83263309	0,971904	55,68597
Iсумм
I3k	0,748757308108855-0,96098364148537i
Sk(ист)	79,3396131463692+33,5538539370513i
I2*I2*Z2	6,10897333592574+2,63754923778594i
I1*I1*Z1	13,8655571844874+2,95535078244008i
I3*I3*Z3	59,365082625956+27,9609539168253i
S(потр)	79,3396131463691+33,5538539370513i

 

Осциллограмма ЭДС e₁ (t) = 100sin(314t + 75⁰) приведена на рис.2 в сравнении с ЭДС e₀ = 100sin(314t) (построена в Excel):

 

t		0,0015	0,003	0,0045	0,006	0,008	0,009	0,011	0,01	0,01	0,015	0,0165	0,02	0,0195	0,021	0,0225
E0		45,378	80,87	98,758	95,14	70,8	31,04	-15,48	-58,6	-89	-100	-89,22	-59	-15,95	30,583	70,457
E1	96,5926	97,82	77,74	40,739	-5,14	-49,9	-83,8	-99,43	-93,4	-67,1	-26,11	20,534	62,7	91,228	99,88	86,781

Рис.2

4. Составляем схему согласно п.2.5. задания, в которой сохранены те же точки и параметры одноименных элементов, что в схеме на рис.1 примера 3.2, но введены три новых элемента: М, (взамен ) и . Коэффициент связи К = 0,8 (Рис.3).

Сопротивление взаимной индукции

ЭДС е ₂ определять не требуется. Поэтому для определения е ₃ следует составить уравнение по второму закону Кирхгофа для левого контура схемы рис.3:

Решение продолжаем в Excel:

 

XМ	2,00E+01		19,977903
Zm	19,9779029930571i		19,977903	1,570796
I1*Z1	6,45590967045202+15,7553368450363i		17,0267263	1,181904	67,71814
I2*Z2	6,455909670452+15,7553368450363i		17,0267263	1,181904	67,71814
I3*Zm	-19,1984379675095+14,9586008667413i		24,3380312	2,479691	142,0758
	-2,04281036531029E-014		2,0428E-14	3,141593
E3	19,1984379675095-14,9586008667413i		24,3380312	-0,6619	-37,9242

 

т.е.

е ₃ = 24,34

 

 

Для построения топографической диаграммы левого контура рис.3 рассчитываем падения напряжений на элементах с соответствующими знаками начиная с элемента С и, принимая потенциал точки О равным нулю, средствами Excel строим ТД падений напряжений и векторную диаграмму токов:

 

I1Zc	-21,9019709926582+14,9483695791454i		26,5169773	2,5427	145,686
I1R	-9,38757609570328-13,7544377833893i		16,6526618	-2,16969	-124,314
I1ZL1	24,8336374179095-16,9492686407923i		30,0663808	-0,59889	-34,314
I2ZL2	-4,71923046249564+4,82486675240014i		6,74910923	2,345127	134,3659
I3Zm	19,1984379675095-14,9586008667413i		24,3380312	-0,6619	-37,9242
I22R	11,1751401329476+10,9304700926361i		15,6319843	0,77433	44,36586

 

 

ЗАДАЧА 3

 

РАСЧЕТ УСТАНОВИВШИХСЯ РЕЖИМОВ ТРЕХФАЗНЫХ ЦЕПЕЙ С СИММЕТРИЧНЫМИ ИСТОЧНИКАМИ СИНУСОИДАЛЬНЫХ ЭДС

 

 

1. Исходные данные

Схема соединения трехфазного симметричного источника и несимметричного приемника - типа с нейтральным проводом. Источник имеет стандартную разметку полюсов фаз: A, B, C, N. Сопротивления линейных проводов, кроме нейтрального, не учитываются. В схему включены измерительные приборы.

1.1. Комплексное действующее значение напряжения при прямом чередовании фаз А, В, С. Значениям букв кода e, f соответствует разметка фаз согласно табл.6.

Таблица 6

e или f
Полюса источника	A	B	C	N

 

1.2. Комплексное сопротивление одной из фаз приемника определяется по табл.7.

Таблица 7

а
Фаза приемника	А	В	С
Напряжение последовательности	прямой	обратной	нулевой

Комплексное сопротивление в остальных фазах приемника одинаково: , а сопротивление нейтрального провода .

1.3. Вольтметр подключен к нейтральным точкам источника и приемника.

1.4. Схема содержит три ваттметра для измерения активной мощности источника. Токовые обмотки ваттметров включены в линейные провода.

2. Задание

2.1. Начертить схему согласно исходным данным.

2.2. Определить показания всех приборов.

2.3. Определить активную мощность приемника, включающего сопротивление нейтрального провода, и сопоставить ее с алгебраической суммой показаний ваттметров.

2.4. Построить векторную диаграмму токов и ТД для всей схемы.

2.5. Рассчитать фазные напряжения прямой, обратной или нулевой последовательности приемника в соответствии с таблицей 7 и построить их векторную диаграмму.

3. Методические указания

Решение данной задачи основано на применении символических изображений гармонических функций времени и связано с использованием известных методов расчета цепей синусоидального тока.

3.1. Выполнение п.п. 2.2, 2.3 предусматривает расчет всех токов и напряжений. Для расчета токов рационально применение метода узловых потенциалов с последующим использованием закона Ома.

3.2. Одноименные полюсы ваттметров, включенных в схему по п.1.4, должны быть обращены к источнику.

 

4. Пример

4.1. Сформировать исходные данные и схему согласно коду {К} = abcdef = 124213 и табл.6, 7.

Исходные данные конкретизируются в виде:

4.1.1. Согласно коду е = 1, f = 3, а по табл.6

4.1.2. Так как а = 1, с = 4, то согласно табл.7 с учетом п.п.1.3, 1.4 схема имеет вид рис.1.

, т.е. ,

а .

4.2.Определяем положение и величины фазных Э.Д.С. генератора исходя из того, что фазы имеют прямой порядок чередования, принимая во внимание изменение знака напряжения на противоположный, если индексы напряжения меняются местами.
В данном случае комплексное напряжение U_AC =220 В – линейное напряжение с углом 0^о. Тогда в общем случае имеем:
,
где: , .
Далее следует:
, или:
.
Так как , то получаем:
, .
Выражение в скобках , поэтому получаем:
. Откуда φ = 30⁰.
Отсюда следует, что для выполнения заданного условия трехфазную систему источника необходимо повернуть на угол φ = 30⁰.
Ниже приведены расчетные выражения и подробные вычисления в таблице EXCEL с распечаткой формул.
Проверяем правильность выбора напряжений генератора в данном варианте:

Определяем проводимости фаз приемника и нейтрального провода
по формуле:
где i=A, B, C.
Вычисляем напряжение смещения нейтральной точки
где
Далее вычисляем напряжения и токи в фазах приемника по формулам:

 

Определяем показания приборов:

Вольтметр показывает падение напряжения между узлами приемника и генератора:

Ваттметры показывают значения мощности:

Активная мощность всей схемы:
P=W₁+W₂+W₃, Вт.
Активная мощность каждого приемника определяется как

Общая потребляемая мощность в фазах приемника:

Сравниваем её с показаниями ваттметров, убеждаемся в балансе активных мощностей схемы.
Векторная диаграмма токов и топографическая диаграмма приведена на рис.2.

 

В соответствии с заданием определяем фазные напряжения прямой последовательности приемника по формуле:
,
где , ,