电工学复习题(计算题)

1.电路如图3所示，已知：1R20，2R5，3R10(1)求：A点电位AV(2)求：流过3R电阻的电流3I（3I方向自己在图上标出）解：（1）32121111100100RRRRRVA2015120151002010050()V（2）33505()10AVIAR（3分）2.利用戴维宁定理求图3中5.5Ω电阻的电流值I。解：见图3-1，去掉5.5Ω电阻的二端口等效电阻为5.12//)51(eqR用支路电流法列出如下方程求开路电压0U：125)21(42121IIII解之得AIAI3,121则VIU14121212210ARUIeq25.55.1145.503.用戴维南定理求解图3中电流5I。解：断开所求支路2430RRVU80322240ARUI5.282480800图3V12215A4图3-10U1I2IV122155.5IA4图34．在如图3电路中，求下图中电流I。解：戴维宁定理法①将I支路断开；②开路电压:VUUabOC25101010)1040(40③戴维宁等效电阻：510||10eqR④原电路等效为如下电路：AI35105255.电路如图所示，已知：20191.1mRLH，，u1002sint（314＋30）V求（1）感抗LX、阻抗Z；（2）电流的瞬时值i及相量I；画出电压相量U和电流相量I的相量图。（3）总的有功功率P、无功功率Q、视在功率S（4）如功率因数cos提高到0.9，计算并联电容C的大小。解：（1）3314191.11060LXL－（）j20j6020j6063.2571.57LZRX＝（）（2）10030()UV100301.5841.57()63.2571.57UIAZ1.582sin(31441.57)()itA电压相量U和电流相量I的相量图（3）cos1001.58cos71.5749.95()PUIWsin1001.58sin71.57149.9()QUIVar1001.58158()SUIVA（4）并电容前：57.711并电容后：9.0cos则：84.25FwUPC40)84.25tan57.71(tan10031495.49)tan(tan2126.某照明电源的额定容量为10kVA，额定电压为220V，频率为50Hz，今接有40W/220V、功率因数为0.5的日光灯120支。（1）试问：日光灯的总电流是否超过电源的额定电流？（2）并多大的电容可将电路的功率因数提高到0.9？（3）此时还可接入多少个40W/220V的白炽灯？解：（1）AUSINNN45.4522010103，AUPI64.435.022040120cos120日光灯未超过。（2）84.259.0arccos,605.0arccos21FUPC2.394)84.25tan60(tan22031440120)tan(tan2212（3）见图3-2所示，设VU00220，则AII0白炽灯白炽灯）（日光灯A55.10j78.2184.2524.2484.259.022040120I22虚部实部IIIN∴2255.1078.2145.45）（白炽灯IAI43.22白炽灯则可接入白炽灯的个数为：)(1232204043.22个n7.在图5示电路中，已知V628sin2100tu，调节电容C，使电流i与电压u同相，并测得电容电压UC=180V，电流I=1A。(1)求参数R，L，C；(2)若R，L，C及u的有效值均不变，但将u的频率变为f=50Hz，求电路中的电流i及有功功率P，此时电路呈何性质？解：（1）i与u同相时IURRCjLjRZ1日光灯I白炽灯INI图3-2U1001100R18011801IUCLC图5HL287.0628180180uFFC846.810846.8628180118016Hz50)2(f时：36090CLXX7.699.287)j(CLXXRZA35.0ZUIA)7.69314sin(235.0tiW1.12)7.69cos(35.0100cosIUP此时电路呈容性8.三相交流电路中，每相的电阻R=30Ω，感抗LX=40Ω。如果将负载联成星形，接于线电压LU=380V的三相电源上。（1）求：线电流LI；相电流PI（2）求：三相总的有功功率P（3）如果23U380120V，求I2解：（1）PU＝220VLI＝222202204.4()503040PPUIAZ（2）2233(4.4)301742.4()PPIRW（3）30405053.13()LZRjXj23380120UV232330UU2220150UV22220150I4.4203.134.4156.87()5053.13UAZ9.在图中，电源线电压VUL380，各相负载阻抗模均为10，试问：（1）三相负载对称吗？为什么？（2）求各线电流321III、、及中性线电流NI。（3）求三相平均有功功率P、三相无功功率Q。解：（1）不对称，因为三相阻抗模虽然相等，但幅角不相等。（2）设相电压VU02201，则ARUI022100220111L2L3LNRCXLX图41i2i3iNiAjXUIC3022901012022022Aj5.005.19AjXUIL3022901012022033Aj5.005.19AIIIIN1.6005.1905.1922321（3）WIUP48402222011090sin22220)90sin(22220sinsin333222IUIUQ10.形接法的三相对称负载，每相负载阻抗55jZ，接于线电压Vtu)60314sin(238023的三相电源，求：（1）负载的相电压PU、相电流PI、线电流lI；（2）三相总的有功功率P；（3）相量2I及正弦量2i解：（1）VUUlP380(2分)AZUIPP74.5323825380(2分)AIIPl08.936383（2）WIUPll43320226383803cos3AAjII1508.93156385560380303303)3(232)15314sin(635.131)13.23314sin(12382tAti11.某三相变压器的铭牌数据如下：额定容量NS=320KVA，额定电压1NU=8KV，2NU=0.4KV，f=50HZ，/Y联结。求:（1）相电压1PU、2PU和变比K（2）原、副绕组的额定电流1NI、2NI（3）原、副绕组的相电流1PI、2PI解：（1）11180004618.8()333NLPUUUV222400()PLNUUUV124618.811.5400PPUKU（2）221133NNNNNSUIUI11320100023.1()338000NNNSIAU223201000461.9()33400NNNSIAU（3）11120.53()PLNIIIA222461.9266.7()333NLPIIIA12.某单相变压器额定容量为10kVA，额定电压为10kV/220V。试求：（1）变比K；（2）一、二次侧的额定电流；（3）若二次侧并联有220V/500W的白炽灯10只，求其折算到一次侧的总电阻。解：（1）45.4522010103K（2）AUSINNN1101010103311，AUSINNN45.452201010322（3）二次侧总电阻为68.950022010110122灯灯总PUR折算到一次侧的电阻为kRkR2068.945.4522总‘总13.某单相变压器kVASN100，kVUN101，原副边线圈匝数20001N匝，402N匝，Hzf50。（1）求变比K；（2）求副边额定电压NU2和额定电流NI2；（3）若接功率kWP50，cos=0.8的负载，求原副边实际电流1I、2I。解：（1）5040200021NNK（2）VkVKUUNN2002.0501012AUSINNN5002.010022（2）AUPIN5.3128.02001050cos322AKII25.62114.Y112M-4型三相异步电动机的额定数据如下：8NPKW,1430/minNnr,380NUV,三角形接法，额定电流16.48NIA，功率因数为cos0.84，电源频率为50HZ，7stNII，1.8stNTT。求：（1）同步转速0n；转子旋转磁场对转子的转速n（2）额定转差率Ns；额定转子电流频率2Nf（3）额定效率N；（4）额定转矩NT；起动转矩stT；起动电流stI；（5）采用星型-三角型换接起动时，求起动电流stYI和起动转矩stYT；（6）如果采用自耦变压器降压起动，设起动时电动机的端电压降到电源电压的55%，求线路起动电流stI和电动机的起动转矩stT解：（1）2P106060501500(/min)2fnrP01500143070(/min)Nnnnr（2）0015001430700.046715001500NNnnsn210.0467502.335()NNfsfHZ（3）80000.8783cos338016.480.84NNNNPUI（4）89550955053.43()1430NNNPTNmn1.81.853.4396.17()stNTTNm7716.48115.36()NstIIA（5）11115.3638.45()33stYstIIA1196.1732.06()33stYstTTNm（6）变比1.818U0.55UUUK线路起动电流22115.3634.9()(1.818)ststIIAK电动机的起动转矩2296.1729.1()(1.818)ststTTNmK15.一台三相异步电动机，kWPN42，min/1470rnN，VUN380，,2/,6/,9.0cos%,5.91NstNstTTII,50,1.2Hzf接法。求：（1）极对数P；（2）转差率S及转子电流频率2f；（3）maXT；（4）若用/降压起动，求其起动转矩和启动电流；（5）若用自耦变压器降压起动，且抽头电压为60%，求其起动转矩和启动电流。（13分）解：（1）P=2；（2）02.0150014701500S，HzSff15002.012（3）NmnPTNNN86.27214704295509550NmTTNmaX57386.2721.2（4）AUPINNN49.77915.09.038031042cos33AIINst94.46449.7766NmTTNst72.54586.27222NmTTstst91.18172.5453131AIIstst98.15494.4643131（5）Nm