ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ ПОСТОЯННОГО ТОКА

Основные положения и соотношения

1. Источники электрической энергии

Реальный источник электрической энергии можно изобразить двояко: а ) в виде генератора напряжения , который характеризуется э.д.с. Е , численно равной напряжению холостого хода источника, и включенной последовательно с сопротивлением r 0 (рис. 1, а ), б ) в виде генератора тока , который характеризуется током I к , численно равным току короткого замыкания реального источника, и параллельно соединенной проводимостью g 0 (рис. 1, б ).

Переход от генератора напряжения к эквивалентному генератору тока осуществляется по формулам

I к = E r 0 ,         g 0 = 1 r 0 , (1)

а обратный переход от генератора тока к эквивалентному генератору напряжения по следующим формулам

E = I к g 0 ,         r 0 = 1 g 0 . (2)

У идеального генератора напряжения внутреннее сопротивление равно нулю, тогда как у идеального генератора тока внутренняя проводимость равна нулю.

2. Закон Ома

Закон Ома применяется для ветви или для одноконтурной замкнутой цепи (не имеющей разветвлений).

Для написания закона Ома следует прежде всего выбрать произвольно некоторое положительное направление для тока.

а ) Для ветви, состоящей только из сопротивлений и не содержащей э.д.с. (например, для ветви mn на рис. 2), при положительном направлении для тока от точки m к точке n ток равен

I = φ m − φ n r m n = U m n r m n . (3)

Здесь φ m и φ n - потенциалы точек m и n , U mn = φ m - φ n - разность потенциалов или напряжение между точками m и n , r mn = r 4 + r 5 - полное сопротивление ветви между точками m и n .

Пример - в задаче 17.

б ) Для замкнутой одноконтурной цепи

I = Σ E Σ r , (4)

где Σr - арифметическая сумма всех внешних и внутренних сопротивлений цепи, ΣE - алгебраическая сумма ее электродвижущих сил.

Со знаком плюс берут те э.д.с., направления которых совпадают с выбранным положительным направлением для тока, и со знаком минус - э.д.с. с противоположными направлениями.

Примеры - в задачах 15 и 17.

в ) Для ветви, содержащей э.д.с. и сопротивления (например, для ветви acb на рис. 2),

I 1 = φ a − φ b + Σ E Σ r a b = U a b + E 1 − E 2 r 1 + r 2 + r 9 , (5)

где U ab = φ a - φ b - напряжение на концах ветви acb , отсчитываемое по выбранному положительному направлению тока, ΣE - алгебраическая сумма э.д.с., находящихся в этой ветви, а Σr - арифметическая сумма ее сопротивлений.

Формулу (5) называют обобщенным законом Ома .

Примеры - в задачах 15 и 17.

3. Законы Кирхгофа

Для написания законов Кирхгофа следует прежде всего задаться положительными направлениями для токов в каждой ветви.

Первый закон Кирхгофа

∑ k = 1 n I k = 0, (6)

Алгебраическая сумма всех токов, сходящихся в любом узле, равна нулю . Токи, притекающие к узлу, условно принимаются положительными, а вытекающие из него - отрицательными (или наоборот).

Второй закон Кирхгофа

∑ k = 1 n I k ⋅ r k = ∑ k = 1 n E k . (7)

Алгебраическая сумма падений напряжений любого замкнутого контура равна алгебраической сумме э.д.с. в нем.

Направление обхода контура выбирается произвольно. При записи левой части равенства со знаком плюс берутся падения напряжения в тех ветвях, в которых положительное направление тока совпадает с направлением обхода (независимо от направления э.д.с. в этих ветвях), и со знаком минус - падения напряжения в тех ветвях, в которых положительное направление, тока противоположно направлению обхода. При записи правой части равенства э.д.с., направления которых совпадают с выбранным направлением обхода (независимо от направления тока, протекающего через них), принимаются положительными, а э.д.с., направленные против выбранного направления обхода, принимаются отрицательными.

Пример - в задаче 29.

Распределение напряжений при последовательном соединении двух сопротивлений (см. рис. 2)

I 1 = U 1 r 1 = U 2 r 2 = U r 1 + r 2 ,

U 1 = U ⋅ r 1 r 1 + r 2 ,       U 2 = U ⋅ r 2 r 1 + r 2 . (8)

Распределение токов в двух параллельных ветвях - формула разброса токов или формула делителя токов (рис. 3)

U 2 = U 3 = U 2,3 ,         I 2 ⋅ r 2 = I 3 ⋅ r 3 = I 1 ⋅ r 2,3 = I 1 ⋅ r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 ,

I 2 = I 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 ,           I 3 = I 1 ⋅ r 2 r 2 + r 3 . (9)

Распределение напряжений при последовательном соединении n сопротивлений

U k = U ⋅ r k ∑ k = 1 n r k .

Распределение токов в n параллельных ветвях

I k = I ⋅ g k ∑ k = 1 n g k .

4. Методы расчета сложных цепей постоянного тока

Пусть электрическая цепь состоит из p ветвей и имеет q узлов.

Применение законов Кирхгофа

Прежде всего, устанавливается число неизвестных токов, которое равно числу ветвей (p ). Для каждой ветви задаются положительным направлением для тока.

Число n 1 независимых уравнений, составляемых по первому закону Кирхгофа, равно числу узлов без единицы

n 1 = q - 1.

Число n 2 независимых уравнений, составляемых по второму закону Кирхгофа, равно числу ячеек (контуров)

n 2 = p - q + 1.

Общее число уравнений n , составляемых по первому и второму законам Кирхгофа, равно числу неизвестных токов

n = n 1 + n 2 = p .

Решение этой системы уравнений дает значения искомых токов.

Пример — в задаче 29.

Метод контурных токов (МКТ, Максвелла).

Число n независимых контуров цепи равно числу уравнений по второму закону Кирхгофа

n = n 2 = p - q + 1.

Расчет цепи методом контурных токов, состоящей из n независимых контуров, сводится к решению системы из n уравнений, составляемых для контурных токов I 11 , I 22 , …, I nn ; ток в каждой ветви находится как алгебраическая сумма контурных токов, обтекающих эту ветвь.

Выбор направлений контурных токов произволен. Каждая из ветвей сложной электрической цепи должна войти хотя бы в один контур.

Система уравнений МКТ для n контурных токов имеет вид

{ r 11 ⋅ I 11 + r 12 ⋅ I 22 + … + r 1 n ⋅ I n n = E 11 ; r 21 ⋅ I 11 + r 22 ⋅ I 22 + … + r 2 n ⋅ I n n = E 22 ; ………………………………………………. r n 1 ⋅ I 11 + r n 2 ⋅ I 22 + … + r n n ⋅ I n n = E n n . (10)

Здесь r kk - собственное сопротивление контура k (сумма сопротивлений всех ветвей, входящих в контур k ), r kl - общее сопротивление контуров k и l , причем r kl = r lk ; если направления контурных токов в ветви, общей для контуров k и l , совпадают, то r kl положительно (r kl > 0), в противном случае r kl - отрицательно (r kl < 0); E kk - алгебраическая сумма э.д.с., включенных в ветви, образующие контур k .

Пример - в задаче 41.

Метод узловых потенциалов (МУП)

Число n независимых узлов цепи равно числу уравнений по первому закону Кирхгофа

n = n 1 = q - 1.

Для определения потенциалов всех узлов электрической схемы, имеющей q узлов, следует принять потенциал одного из узлов равным нулю, а для определения потенциалов остальных n = q - 1 узлов составляется следующая система уравнений

{ φ 1 ⋅ g 11 + φ 2 ⋅ g 12 + … + φ n ⋅ g 1 n = ∑ 1 E g ; φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 + … + φ n ⋅ g 2 n = ∑ 2 E g ; ……………………………………………….. φ 1 ⋅ g n 1 + φ 2 ⋅ g n 2 + … + φ n ⋅ g n n = ∑ n E g . (11)

Здесь g ss - сумма проводимостей ветвей, присоединенных к узлу s ; g sq - сумма проводимостей, соединяющих узел s с узлом q ; - алгебраическая сумма произведений э.д.с. ветвей, примыкающих к узлу s , на их проводимости (т.е. токов короткого замыкания этих ветвей); при этом со знаком плюс берутся те из произведений Eg , в ветвях которых э.д.с. действуют в направлении узла s , и со знаком минус - в направлении от узла.

Определив потенциалы узлов, находят токи в ветвях посредством закона Ома.

Примеры - в задачах 44 и 45.

Метод наложения

Ток в любой ветви может быть рассчитан как алгебраическая сумма токов, вызываемых в ней каждой э.д.с. в отдельности. При этом надо иметь в виду, что когда ведется расчет для какой-либо одной действующей э.д.с., то вместо остальных источников должны быть включены сопротивления, равные внутренним сопротивлениям этих источников.

Примеры - в задачах 47 и 49.

Метод эквивалентных преобразований

Во всех случаях применения метода эквивалентных преобразований замена одних схем другими, им эквивалентными, не должна привести к изменению токов или напряжений на участках цепи, не подвергшихся преобразованию.

1) Замена последовательных сопротивлений одним эквивалентным . Сопротивления последовательны, если они обтекаются одним и тем же током. Например, на схеме цепи, изображенной на рис. 2, сопротивления r 1 , r 2 и r 9 соединены последовательно; так же последовательны сопротивления r 7 и r 8 .

Эквивалентное сопротивление цепи, состоящей из n последовательно соединенных участков, равно сумме этих сопротивлений этих участков

r э = r 1 + r 2 + … + r n = ∑ k = 1 n r k . (12)

2) Замена параллельных сопротивлений одним эквивалентным . Сопротивления параллельны, если все они присоединены к одной паре узлов. Например (рис. 2), сопротивления r 45 = r 4 + r 5 и r 10 параллельны.

Эквивалентная проводимость цепи, состоящей из n параллельно соединенных ветвей равна сумме этих проводимостей этих ветвей. Эквивалентное сопротивление такой цепи находится как величина обратная эквивалентной проводимости этой цепи

1 r э = 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r n = ∑ k = 1 n 1 r k . (13)

В частном случае параллельного соединения двух сопротивлений r 1 и r 2 эквивалентное сопротивление

r э = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 . (14)

3) Замена смешанного соединения сопротивлений одним эквивалентным . Смешанное соединение - это сочетание последовательного и параллельного соединения сопротивлений. Например, сопротивления r 1 , r 2 и r 3 (рис. 3) находятся в смешанном соединении. Их эквивалентное сопротивление равно

r э = r 1 + r 2,3 = r 1 + r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 . (15)

При смешанном соединении сопротивлений токи ветвей цепи (рис. 3):

по закону Ома

I 1 = U r э, (16)

по формуле разброса токов (делителя токов)

I 2 = I 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 ,           I 3 = I 1 ⋅ r 2 r 2 + r 3 .

4) Формулы преобразования треугольника сопротивлений (рис. 4, а ) в эквивалентную звезду сопротивлений (рис. 4, б ) и наоборот имеют вид

{ r 1 = r 12 ⋅ r 31 r 12 + r 23 + r 31 ; r 2 = r 23 ⋅ r 12 r 12 + r 23 + r 31 ; r 3 = r 31 ⋅ r 23 r 12 + r 23 + r 31 , (17)

{ g 12 = g 1 ⋅ g 2 g 1 + g 2 + g 3 ; g 23 = g 2 ⋅ g 3 g 1 + g 2 + g 3 ; g 31 = g 3 ⋅ g 1 g 1 + g 2 + g 3 , (18)

где g - проводимость соответствующей ветви.

Формулы (18) можно записать через сопротивления так

r 12 = r 1 + r 2 + r 1 ⋅ r 2 r 3 ;       r 23 = r 2 + r 3 + r 2 ⋅ r 3 r 1 ;       r 31 = r 3 + r 1 + r 3 ⋅ r 1 r 2 . (19)

Пример - в задаче 51.

Метод эквивалентного генератора напряжения (метод холостого хода и короткого замыкания или метод активного двухполюсника )

Для нахождения тока I в ветви ab , сопротивление которой r (рис. 5, а , буква А на рисунке обозначает активный двухполюсник), надо разомкнуть эту ветвь и при этом найти (любым способом) разность потенциалов на зажимах разомкнутой ветви - U х (рис. 5, б ). Затем надо вычислить сопротивление короткого замыкания r к , равное эквивалентному сопротивлению всей остальной цепи, вычисленному в предположении, что в ней отсутствуют э.д.с. (при этом внутренние сопротивления источников сохраняются) и что она питается от постороннего источника, присоединенного непосредственно к зажимам a и b (рис. 5, в; буква П на рисунке обозначает пассивный двухполюсник).

Сопротивление r к может быть вычислено либо непосредственно по схеме рис. 5, в , либо из соотношения

r к = U х I к, (20)

где I к - ток короткого замыкания, протекающий по ветви ab , если ее сопротивление r сделать равным нулю (рис. 5, г ).

Заданная схема (рис. 5, а ) может быть заменена эквивалентным генератором напряжения с э.д.с. E = U х и внутренним сопротивлением r э = r к , присоединенным к зажимам ab сопротивления r (рис. 5, д ).

Ток в искомой ветви, имеющей сопротивление r , определяется из формулы закона Ома

I = U х r + r к. (21)

Примеры - в задачах 55 и 56.

Метод эквивалентного генератора тока

В предыдущем пункте показано, как в любой сложной цепи можно получить эквивалентный генератор напряжения с э.д.с. E и внутренним сопротивлением r к . Этот генератор напряжения (рис. 5, д ) на основании формул (1) может быть заменен эквивалентным генератором тока (рис. 1, б ) по формулам

I к = U х r к,         g 0 = 1 r к. (22)

где I к - ток эквивалентного генератора тока, равный току короткого замыкания в той ветви, по отношению к которой производится эквивалентное преобразование всей остальной части цепи, g 0 - внутренняя проводимость, равная эквивалентной проводимости всей остальной цепи между зажимами ab , к которым присоединен приемник энергии, в предположении, что э.д.с. всех генераторов равны нулю.

Пример - в задаче 65.

Метод замены нескольких параллельных генераторов напряжения одним эквивалентным

Если имеется несколько генераторов напряжения с э.д.с. E 1 , E 2 , …, E n и внутренними сопротивлениями r 1 , r 2 , …, r n , работающие параллельно на общее сопротивление нагрузки r (рис. 6, а ), то они могут быть заменены одним эквивалентным генератором напряжений, э.д.с. которого E э , а внутреннее сопротивление r э (рис. 6, б ),

{ E э = ∑ k = 1 n E k g k ∑ k = 1 n g k ; 1 r э = 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r n ;           g k = 1 r k . (23)

Ток в сопротивлении r определится по формуле

I = E э r + r э. (24)

Ток в каждой из ветвей находится по формуле

I k = E k − U r k , (25)

где U = I· r .

Пример - в задаче 60.

Метод замены параллельно соединенных генераторов тока одним эквивалентным

Если несколько генераторов тока с токами I k 1 , I k 2 , …, I kn и внутренними проводимостями g 1 , g 2 , …, g n соединены параллельно (рис. 7, а ) и работают на общий приемник энергии с проводимостью g то они могут быть заменены одним эквивалентным генератором тока (рис. 7, б ), ток которого I k равен алгебраической сумме токов, а его внутренняя проводимость равна сумме внутренних проводимостей отдельных генераторов

I k = I k 1 + I k 2 − I k 3 + … = ∑ m = 1 n I k m , (26)

g э = g 1 + g 2 + g 3 + … = ∑ m = 1 n g m . (27)

5. Принцип взаимности

Принцип взаимности гласит: если э.д.с. E , находящаяся в ветви ab сколь угодно сложной цепи, вызывает ток в другой ветви cd этой же цепи, то при переносе этой э.д.с. в ветвь cd она вызовет в ветви ab такой же ток I .

6. Принцип компенсации

Принцип компенсации: любое сопротивление в электрической цепи может без изменения распределения токов в ее ветвях быть заменено э.д.с., численно равной падению напряжения в заменяемом сопротивлении и направленной навстречу току.

7. Входное сопротивление цепи относительно ветви

Входное сопротивление цепи относительно ветви k определяется как отношение э.д.с. E k , действующей в этой ветви, к току I k в этой же ветви при э.д.с. в остальных ветвях равных нулю

r k k = E k I k . (28)

Входная проводимость ветви k - величина обратная входному сопротивлению этой ветви

g k k = 1 r k k . (29)

Взаимное сопротивление (передаточное сопротивление) ветвей k и l - отношение э.д.с. E k , действующей в ветви k , к току I l , проходящему по ветви l при э.д.с. в остальных ветвях равных нулю

r k l = E k I l . (30)

Взаимная проводимость ветвей k и l - величина обратная взаимному сопротивлению тех же ветвей

g k l = 1 r k l . (31)

Пример . Для схемы рис. 8 входные сопротивления цепи относительно ветвей 1, 2 и 3 соответственно равны

r 11 = D r 2 + r 3 ,         r 22 = D r 1 + r 3 ,           r 33 = D r 1 + r 2 ,

а взаимные сопротивления ветвей 1 и 2, 2 и 3, 3 и 1 соответственно равны

r 12 = r 21 = D r 3 ,         r 23 = r 32 = D r 1 ,           r 13 = r 31 = D r 2 ,

где D = r 1 ·r 2 + r 1 ·r 3 + r 2 ·r 3 .

8. Баланс мощностей

Для любой замкнутой электрической цепи сумма мощностей, развиваемых источниками электрической энергии, равна сумме мощностей, расходуемых в приемниках энергии

ΣP ист = ΣP потреб , или ΣEI = ΣI 2 r (32)

Где ΣEI - алгебраическая сумма; здесь положительны те из слагаемых, для которых направления действия э.д.с. E и соответствующего тока I совпадают, в противном случае слагаемое отрицательно (при выборе положительных направлений токов в ветвях с э.д.с. выбираем направление тока совпадающим с действием соответствующей э.д.с.); ΣI 2 r - арифметическая сумма; здесь должны быть учтены как внешние сопротивления, так и сопротивления самих источников энергии.

Упражнения и задачи

Задача 1 . Для цепи (рис. 9) найти эквивалентные сопротивления между зажимами a и b , c и d , d и f , если r 1 = 6 Ом, r 2 = 5 Ом. r 3 = 15 Ом, r 4 = 30 Ом, r 5 = 6 Ом.

Решение

Расчет сопротивления r ab .

Эквивалентное сопротивление соединенных параллельно сопротивлений r 4 и r 5 найдем по формуле (14)

r 45 = r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 30 ⋅ 6 30 + 6 = 5       О м;

оно соединено последовательно с r 2 ; их общее сопротивление

r" = r 2 + r 45 = 5 + 5 = 10 Ом.

Сопротивление цепи состоит из сопротивления r 1 , последовательно с которым соединены два параллельных сопротивления r" и r 3

r a b = r 1 + r ′ ⋅ r 3 r ′ + r 3 = 6 + 10 ⋅ 15 10 + 15 = 12       О м.

Расчет сопротивления r cd .

Сопротивления r 4 и r 5 теперь соединены параллельно друг другу; сопротивление r 3 к ним включено последовательно

r ″ = r 3 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 15 + 30 ⋅ 6 30 + 6 = 20       О м.

Сопротивление r cd состоит из двух параллельно соединенных сопротивлений r 2 и r» и равно

r c d = r 2 ⋅ r ″ r 2 + r ″ = 5 ⋅ 20 5 + 20 = 4       О м.

Расчет сопротивления r df .

Эквивалентное сопротивление цепи между точками d и f состоит из трех параллельно соединенных сопротивлений: r 5 , r 4 и r 2 + r 3 и может быть определено по формуле (13)

1 r d f = 1 r 5 + 1 r 4 + 1 r 2 + r 3 = 1 6 + 1 30 + 1 20 = 1 4 ,

откуда r df . = 4 ом.

Задача 2 . Для цепи (рис. 10) начертить кривую зависимости эквивалентного сопротивления между точками a и b как функцию от k (0 ≤ k ≤ 10).

Ответ : при k = 0 и k = 1 r ab = 0; при k = 0,5 r ab макс = 250 Ом.

Задача 3 . Цепь, схема которой изображена на рис. 11, а , состоит из пяти одинаковых сопротивлений r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = r 5 = 10 кОм.

Чему равно сопротивление цепи между зажимами a и b К ?

Решение

Ключ разомкнут.

Сопротивления r 3 , r 4 и r 5 соединены между собой последовательно; заменяющее их эквивалентное сопротивление является параллельным к сопротивлению r 1 ; величина сопротивления, заменяющего r 3 , r 4 , r 5 и r 1 , равна

r ′ = r 1 ⋅ (r 3 + r 4 + r 5) r 1 + (r 3 + r 4 + r 5) = 10 ⋅ 30 40 = 7,5       к О м.

Искомое сопротивление цепи

r ab = r" + r 2 = 7,5 + 10 = 17,5 кОм.

Ключ замкнут.

В этом случае сопротивления r 1 и r 3 соединены параллельно друг другу, а сопротивления r 4 и r 5 закорочены (рис. 11, б ). Искомое сопротивление цепи будет

r a b = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 + r 2 = 10 ⋅ 10 20 + 10 = 15       к О м.

Задача 4 . Вычислить эквивалентное сопротивление цепи (рис. 12) между зажимами a и b , если все семь ее сопротивлений одинаковы:

Указание . Обратить внимание на закорачивающие проводники mn и np .

Ответ : 10 Ом.

Задача 5 . Определить эквивалентное сопротивление цепи между точками a и b при разомкнутом и замкнутом ключе К (рис. 13, а ): r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = r 5 = r 6 = r 7 = 10 Ом.

Решение

При разомкнутом ключе заданная схема может быть изображена согласно рис. 13, б .

Искомое сопротивление

r a b = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 = (r 5 + r 6 + r 4 ⋅ r 7 r 4 + r 7) ⋅ r 2 r 5 + r 6 + r 4 ⋅ r 7 r 4 + r 7 + r 2 = 5 + 25 ⋅ 10 35 = 12,1       О м.

При замкнутом ключе заданная схема имеет вид, изображенный на рис. 13, в .

Сопротивление цепи равно сумме двух сопротивлений

r ′ = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 10 ⋅ 10 20 = 5       О м,

и r"" , определяемого из формулы

1 r ″ = 1 r 4 + 1 r 7 + 1 r 2 ,

откуда r" = 3,33 Ом. Таким образом,

r a b = r ′ + r ″ = 5 + 3,33 = 8,33       О м.

Задача 6 . Найти эквивалентное сопротивление между зажимами a и b для схемы рис. 14. Даны: r 1 = 600 Ом, r 2 = 360 Ом, r 3 = 400 Ом, r 4 = 300 Ом.

Ответ : 200 Ом.

Задача 7 . Определить сопротивление каждой из цепей (рис. 15, а и б ) между зажимами 1-1" при холостом ходе (точки 2 и 2" разомкнуты) и при коротком замыкании (точки 2 и 2" закорочены). Сопротивления в омах даны на схеме.

Ответ : а ) r 1х = 120 Ом, r 1к = 72 Ом; б ) r 1х = 20 Ом, r 1к = 18 Ом.

Задача 8 . Вычислить сопротивление между зажимами a и b для схемы рис. 16 при разомкнутом и замкнутом ключе К . Все семь сопротивлений одинаковы и каждое равно r = 30 Ом.

Указание . Учесть, что точки c и d равнопотенциальны.

Ответ : При разомкнутом ключе r ab = 40 Ом; при замкнутом - r ab = 30 Ом.

Задача 9 . Найти сопротивление между зажимами a и b для схемы рис. 17, а . Значения сопротивлений в омах даны на схеме.

Решение

От данной схемы можно перейти к более простым схемам, изображенным на рис. 17, б и в . Искомое сопротивление

r a b = 240 ⋅ (180 + 300 ⋅ 450 750) 240 + 180 + 300 ⋅ 450 750 = 144       О м.

Задача 10 . Имеется вольтметр, который может быть включен па три предела измерения: 3; 15 и 150 В (рис. 18). Максимально допустимый ток в измерительном механизме 30 мА.

Найти сопротивления r 1 , r 2 и r 3 .

Решение

Полагаем внутреннее сопротивление измерительного механизма (ИМ) равным нулю.

На пределе измерения 3 В: ток 30 мА, сопротивление r 1 = 3/0,030 = 100 Ом.

На пределе измерения 15 В: ток 30 мА, сопротивление r 1 + r 2 = 15/0,030 = 500 Ом, а сопротивление r 2 = 500 - 100 = 400 Ом.

Аналогично находится r 3 = 4500 Ом.

Задача 11 . Два вольтметра, пределы измерения которых равны 150 и 100 В и внутренние сопротивления - 15000 и 7500 Ом, соединенные последовательно друг с другом и с добавочным сопротивлением 2500 Ом, подключены к сети 220 В. Чему равно показание каждого вольтметра?

Ответ : 132 и 66 В.

Задача 12 . Батарея, э.д.с. которой E = 6,4 В и внутреннее сопротивление r 0 = 0,1 Ом, присоединена к сопротивлению r = 3,1 Ом. Найти ток батареи и напряжение на ее зажимах.

Решение

Применяя формулу закона Ома для замкнутой цепи (формула 4), находим ток

I = E r + r 0 = 6,1 3,1 + 0,1 = 2       А.

Напряжение на зажимах батареи может быть найдено двумя путями: или

U = E - I ·r 0 = 6,4 - 2·0,1 = 6,2 В,

U = I ·r = 2·3,1 = 6,2 В.

Задача 13 . Напряжение холостого хода батареи равно 16,4 В. Чему равно внутреннее сопротивление батареи, если при токе во внешней цепи, равном 8 А, напряжение на ее зажимах равно 15,2 В?

Ответ : 0,15 Ом.

Задача 14 . Источник с э.д.с. E = 100 В, внутренним сопротивлением r 0 = 1 Ом замкнут на внешнее сопротивление r , которое меняется от нуля до бесконечности (рис. 19, а ). Определить в функции этого сопротивления: 1) ток I ; 2) напряжение на зажимах источника U ; 3) мощность, отдаваемую источником во внешнюю цепь P внеш ; 4) мощность, затрачиваемую в самом источнике P внутр ; 5) общую мощность P общ ; 6) коэффициент полезного действия η . При каком внешнем сопротивлении P внеш будет максимальным? Чему оно равно?

Построить кривые I = F 1 (r ), U = F 2 (r ), P внеш = F 3 (r ), P внутр = F 4 (r ), P общ = F 5 (r ), η = F 6 (r ).

Написать уравнения и построить кривые зависимостей U , P внеш , P внутр , P общ и η в функции тока I .

Решение

1) I = E r + r 0 = 100 r + 1 ;

2) I = I ⋅ r = E ⋅ r r + r 0 = 100 ⋅ r r + 1 ;

3) P в н е ш = I 2 ⋅ r = E 2 ⋅ r (r + r 0) 2 = 10000 ⋅ r (r + 1) 2 ;

4) P в н у т р = I 2 ⋅ r 0 = E 2 ⋅ r 0 (r + r 0) 2 = 10000 (r + 1) 2 ;

5) P о б щ = I 2 ⋅ (r + r 0) = E 2 (r + r 0) = 10000 r + 1 ;

6) η = P в н е ш P о б щ = r r + r 0 = r r + 1 .

Определим r , при котором P внеш будет максимально. Для этого вычислим производную от P внеш по r и приравняем ее нулю

d P в н е ш d r = E 2 d d r r (r + r 0) 2 = E 2 d d r r ⋅ (r + r 0) 2 − r ⋅ d d r (r + r 0) 2 (r + r 0) 4 =                                 = E 2 (r + r 0) 2 − r ⋅ 2 (r + r 0) (r + r 0) 4 = E 2 r 0 − r (r + r 0) 3 = 0.

Взяв вторую производную, можно убедиться, что она отрицательна. Это соответствует условию максимума.

Отсюда найдем, что r = r 0 , т.е. при внешнем сопротивлении равном внутреннему сопротивлению, мощность, поступающая во внешнюю цепь, будет максимальна. При этом, по уравнению (6), коэффициент полезного действия равен 0,5. Величина максимальной мощности, поступающей во внешнюю цепь при r = r 0 , по уравнению (3) равна

P в н е ш. м а к с = [ E 2 ⋅ r (r + r 0) 2 ] r = r 0 = E 2 4 r = 2500       В т.

По написанным выше уравнениям на рис. 19, б построены кривые.

Искомые уравнения зависимостей в функции тока имеют вид

U = E − I ⋅ r 0 ; P в н е ш = E ⋅ I − I 2 ⋅ r 0 ;       P в н у т р = I 2 ⋅ r 0 ;         P о б щ = E ⋅ I ; η = 1 − I ⋅ r 0 E .

По этим уравнениям на рис. 19, в построены кривые.

Задача 15 . В схеме (рис. 20) э.д.с. E 1 = 120 В, E 2 = 40 В, а сопротивления r 1 = 12 Ом, r 2 = 8 Ом. Внутренние сопротивления источников энергии равны нулю. Определить напряжение между точками a и b .

Решение

Задавшись положительным направлением тока по часовой стрелке, на основании закона Ома (формула 4) имеем

I = E 1 − E 2 r 1 + r 2 = 120 − 40 12 + 8 = 4       А.

Так как результат оказался положительным, то, следовательно, фактическое направление тока совпадает с выбранным. Напряжение между точками a и b можно найти по закону Ома (формула 5), примененному к участку amb

I = U a b − E 2 r 2 ,

U a b = E 2 + I ⋅ r 2 = 40 + 4 ⋅ 8 = 72     В.

Такой же результат можно получить, если применить ту же формулу к участку bna

I = U b a + E 1 r 1 ,

U b a = I ⋅ r 1 − E 1 = 4 ⋅ 12 − 120 = − 72     В,

а, следовательно, U ab = 72 В.

Замечание . Следует запомнить, что если на участке цепи, содержащем э.д.с. и сопротивление, ток и э.д.с. совпадают по направлению, то напряжение на зажимах участка меньше э.д.с. на величину падения напряжения в сопротивлении участка, а если направление тока противоположно направлению э.д.с., то напряжение на зажимах участка больше э.д.с. на величину падения напряжения в рассматриваемом участке.

Задача 16 . Определить показание вольтметра (рис. 21), сопротивление которого весьма велико по сравнению с r 1 и r 2 .

Для обоих случаев даны: E 1 = 40 В, E 2 = 10 В, r 1 = r 2 = 5 Ом. Внутренними сопротивлениями источников энергии пренебречь.

Ответ : а ) 15 В, б ) 25 В.

Задача 17 . Построить график изменения потенциала вдоль цепи, изображенной на рис. 22, а , при замкнутом ключе и при разомкнутом ключе, предполагая в обоих случаях, что точка a заземлена (φ a = 0).

В схеме найти точку, равнопотенцнальную точке a . Определить, потенциал какой точки следует принять равным нулю, чтобы потенциалы всех остальных точек были положительны (при замкнутом ключе).

Электродвижущие силы равны: E 1 = 25 В, E 2 = 5 В, E 3 = 20 В, E 4 = 35 В.

Внешние сопротивления имеют следующие значения: r 1 = 8 Ом, r 2 = 24 Ом, r 3 = 40 Ом, r 4 = 4 Ом. Внутренние сопротивления источников электрической энергии равны: r 10 = 2 Ом, r 20 = 6 Ом, r 30 = 2 Ом, r 40 = 4 Ом.

Решение

Ключ замкнут. Задавшись положительным направлением тока по часовой стрелке, на основании закона Ома (формула 4) найдем ток

I = E 1 + E 2 − E 3 + E 4 r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r 3 + r 30 + r 4 + r 40 = 45 90 = 0,5       А.

Пользуясь формулами (3) и (5), вычислим потенциалы всех точек, обходя контур тока по часовой стрелке

φ a = 0 ; φ b = φ a − I ⋅ r 1 = 0 − 0,5 ⋅ 8 = − 4       B ; φ c = φ b + E 1 − I ⋅ r 10 = (− 4) + 25 − 0,5 ⋅ 2 = 20       B ; φ d = φ c − I ⋅ r 2 = 20 − 0,5 ⋅ 24 = 8       B ; φ f = φ d + E 2 − I ⋅ r 20 = 8 + 5 − 0,5 ⋅ 6 = 10       B ; φ g = φ f − I ⋅ r 3 = 10 − 0,5 ⋅ 40 = − 10       B ; φ h = φ g − E 3 − I ⋅ r 30 = (− 10) − 20 − 0,5 ⋅ 2 = − 31       B ; φ k = φ h − I ⋅ r 4 = (− 31) − 0,5 ⋅ 4 = − 33       B ; φ a = φ k + E 4 − I ⋅ r 40 = (− 33) + 35 − 0,5 ⋅ 4 = 0.

На рис. 22, б начерчен потенциальный график. По оси абсцисс отложены величины сопротивлений отдельных участков цепи, а по оси ординат - значения потенциалов в отдельных точках цепи.

Найдем точку, равнопотенциальную точке a . Из графика видно, что искомая точка m находится на участке сопротивления fg , так как в этой точке прямая падения потенциалов пересекает ось абсцисс, потенциал которой равен φ a = 0. Обозначая участок сопротивления между точками f и m через r fm и применяя к участку abcdfm формулу закона Ома (5) и учитывая, что φ a = φ m , найдем

I = φ a − φ m + E 1 + E 2 r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r f m ,

0,5 = 30 40 + r f m ,

откуда r fm = 20 Ом, т.е. точка m находится на середине сопротивления r 3 .

Для нахождения точки, потенциал которой следует принять равным нулю при условии, чтобы потенциалы всех остальных точек были положительны, следует обратиться к потенциальному графику, из которого видно, что такой точкой является точка k .

Ключ разомкнут. Тока в цепи нет, поэтому точки a и b равнопотенциальны, т. е. φ a = φ b = 0. Потенциал точки c превышает потенциал точки b на величину э.д.с. E 1 и φ c = E 1 = 25 В; рассуждая аналогично, найдем

φ d = φ c = 25       B ; φ f = φ d + E 2 = 25 + 5 = 30       B ; φ g = φ f = 30       B ; φ h = φ g − E 3 = 30 − 20 = 10       B ; φ k = φ h = 10       B ; φ l = φ k + E 4 = 10 + 35 = 45       B .

На основе полученных результатов на рис. 22, б начерчен график изменения потенциала при разомкнутом ключе.

Задача 18 . Для схемы рис. 23 построить потенциальные графики 0 abcdfghkl при разомкнутом и замкнутом ключе, если E 1 = 60 В, E 2 = 40 В, E 3 = 25 В, E 4 = 15 В, r 10 = 6 Ом, r 20 = 4 Ом, r 30 = 3 Ом, r 40 = 2 Ом, r 1 = 24 Ом, r 2 = 16 Ом, r 3 = 25 Ом, r 4 = 22 Ом, r 5 = 18 Ом.

Задача 19 . Определить токи в ветвях цепи (рис. 24, а ) и напряжение между точками c и d и показание амперметра, включенного между точками c и d . Сопротивление амперметра считать равным нулю. Сопротивления элементов цепи r 1 = 10 Ом, r 2 = r 3 = r 5 = 25 Ом, r 4 = 50 Ом, а приложенное к ней напряжение U = 120 В.

Решение

Эквивалентное сопротивление всей цепи (рис. 24, а ) равно

r = r 1 + (r 2 + r 4) ⋅ (r 3 + r 5) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 10 + 75 ⋅ 50 125 = 40       О м.

В неразветвленной части цепи протекает ток

I = U r = 120 40 = 30       А.

Токи, протекающие через сопротивления r 2 + r 4 и r 3 + r 5 , можно найти различными способами.

1) В параллельных ветвях токи распределяются обратно пропорционально их сопротивлениям (формулы 9)

I 2 = I 1 ⋅ (r 3 + r 5) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 3 ⋅ 50 125 = 1,2       А, I 3 = I 1 ⋅ (r 2 + r 4) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 3 ⋅ 75 125 = 1,8       А.

2) Найдем напряжение на зажимах параллельных ветвей

U a b = I 1 ⋅ (r 2 + r 4) ⋅ (r 3 + r 5) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 3 ⋅ 75 ⋅ 50 125 = 90       В.

Токи в ветвях с сопротивлениями r 2 + r 4 и r 3 + r 5 равны

I 2 = U a b r 2 + r 4 = 90 75 = 1,2       А,         I 3 = U a b r 3 + r 5 = 90 50 = 1,8       А.

Напряжение на зажимах параллельных ветвей может быть найдена как разность между приложенным напряжением и падением напряжения на сопротивлении r 1

U a b = U − I 1 ⋅ r 1 = 120 − 3 ⋅ 10 = 90       В.

Найдем напряжение между точками c и d

U c d = − I 2 ⋅ r 2 + I 3 ⋅ r 3 = − 1,2 ⋅ 25 + 1,8 ⋅ 25 = 15       В.

Наконец, вычислим ток, проходящий через амперметр, он равен току короткого замыкания I" cd (рис. 24, б ). Для его нахождения вычислим токи

I ′ 1 = U r 1 + r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 144 47       А, I ′ 2 = I ′ 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 = 144 47 ⋅ 1 2 = 72 47       А, I ′ 4 = I ′ 1 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 144 47 ⋅ 25 75 = 48 47       А.

Искомый ток, проходящий через амперметр, равен

I A = I ′ c d = I ′ 2 − I ′ 4 = 72 47 − 48 47 = 24 47 = 0.51       А.

Задача 20 . Для измерения тока применены амперметры, пределы измерений которых равны 5 и 2,5 А, и шунт, сопротивление которого неизвестно. Первый амперметр, включенный с шунтом в некоторую цепь, показал 3,6 А, второй - с тем же шунтом показал в той же цепи ток 2 А. Сопротивления амперметров r 1 = 0,002 Ом и r 2 = 0,004 Ом. Чему равен ток в цепи?

Ответ : 18 А; r ш = 0,0005 А.

Задача 21 . Для цепи рис. 25 определить отношение напряжения на выходе U 2 к напряжению на входе цепи U 1 . Сопротивления отдельных ветвей цепи в омах указаны на схеме.

Ответ : U 2: U 1 = 0,05.

Задача 22 . В схеме (рис. 26) найти сопротивление r x , если I 1 = 2,6 А, I 3 = 0,6 А, r 1 = 0,5 Ом, r 2 =1,4 Ом, r 3 = 3 Ом, r 4 = 2,5 Ом. Найти э.д.с. батареи E , если ее внутреннее сопротивление r 0 = 0,1 Ом.

Решение

На основании первого закона Кирхгофа найдем

I 2 = I 1 - I 3 = 2,6 - 0,6 = 2 А.

По закону Ома, примененному к участку, содержащему сопротивление r 2 , найдем

U ab = I 2 ·r 2 = 2·1,4 = 2,8 В.

Применяя закон Ома к участку цепи ab , содержащему э.д.с. E и сопротивления r 1 и r 0 , найдем искомую э.д.с.

E = U ab + I 1 · (r 1 + r 0) = 2,8 + 2,6·0,6 = 4,36 В.

Теперь найдем напряжение на параллельных ветвях с сопротивлениями r 4 и r x и токи в них

U ac = U ab - I 3 ·r 3 = 2,8 - 0,6·3 = 1 В;

I 4 = U ac /r 4 = 1/2,5 = 0,4 А;

I x = I 3 - I 4 = 0,6 - 0,4 = 0,2 А.

Искомое сопротивление

r x = U ac /I x = 1/0,2 = 5 Ом.

Задача 23 . В схеме мостика (рис. 27) известны сопротивления r 1 = 1300 Ом, r 2 = 800 Ом, r 3 = 400 Ом. Сопротивление гальванометра r г = 600 Ом. Через, сопротивление r 1 протекает ток I 1 = 1 мА. К мостику приложено напряжение U = 2,5 В.

Найти сопротивление r 4 .

Ответ : 750 Ом.

Задача 24 . В цепи (рис. 28) найти E 1 и r x , если E 2 = 3 В, r 1 = r 2 = 1 кОм, r 3 = 4 кОм, r 4 = 2 кОм, r 5 = 1 кОм. Внутренние сопротивления батарей принять равными нулю.

Амперметр А 1 показывает 4 мА, а А 4 — 3 мА; полярности приборов показаны на схеме, а их сопротивлениями можно пренебречь.

Ответ : E 1 = 12 В, r x = 2 Ом.

Задача 25 . Однопроводная линия с сопротивлением r 0 на единицу длины, питаемая батареей с э.д.с., равной E , закорочена на приемном конце (рис. 29).

В каком месте линия должна иметь утечку с сопротивлением r , чтобы ток I на приемном конце был минимальным?

Ответ : по середине линии.

Задача 26 . Для определения места повреждения изоляции линии применяется схема, изображенная на рис. 30, а ; r 1 и r 2 - магазины сопротивлений.

Правый зажим гальванометра заземлен. Свободные концы тип линии соединены между собой накоротко. Подбором сопротивлений r 1 и r 2 добиваются отсутствия тока в гальванометре.

Показать, что если сечения обоих проводов одинаковы, то расстояние от места повреждения изоляции a до начала линии равно

2 l ⋅ r 2 r 1 + r 2 .

Указание. Заданная схема может быть заменена схемой рис. 30, б .

Задача 27 . При проверке постоянной C счетчика оказалось, что при силе тока 10 А и напряжении 120 В якорь его в продолжение 30 сек сделал 37 оборотов. Определить ошибку в показаниях счетчика, если на счетчике указано, что 1 ГВт·ч соответствует 400 оборотам счетчика.

Примечание. Постоянной счетчика называется число ватт-часов, приходящихся на один оборот счетчика.

Ответ : 7,5%.

Задача 28 . Каково должно быть сечение медных проводов линии для передачи потребителю мощности P = 16 кВт при условии, что потеря мощности не превысит p = 5%, если длина линии l = 180 м и напряжение в конце линии равно U = 220 В?

Ответ : точное значение 41,8 мм 2 , по ГОСТ надо взять 50 мм 2 .

Задача 29 . Для схемы (рис. 31), пользуясь законами Кирхгофа, найти токи и проверить баланс мощностей, если E 1 = 15 В, E 2 = 70 В, E 3 = 5 В, r 10 = r 20 = 1 Ом, r 30 = 2 Ом, r 1 = 5 Ом, r 1 = 5 Ом, r 2 = 4 Ом, r 3 = 8 Ом, r 4 = 2,5 Ом, r 5 = 15 Ом.

Решение

Всего узлов в схеме три (a , b , c ), следовательно, число независимых уравнений, составляемых по первому закону Кирхгофа, будет на единицу меньше, т.е. два. Число контуров равно трем, следовательно, по второму закону Кирхгофа можно составить три взаимно независимых уравнения. Таким образом, общее число независимых уравнений, составляемых по первому и второму законам Кирхгофа, равно числу неизвестных токов в пяти ветвях схемы.

Выберем положительные направления для токов, которые обозначены пунктирными стрелками, и составим систему уравнений Кирхгофа:

для узла a

I 1 - I 2 + I 3 + I 5 = 0; (1)

для узла b

-I 1 - I 3 - I 4 = 0; (2)

для контура abfa

E 1 + E 3 = I 1 · (r 1 + r 10) - I 3 · (r 3 + r 30); (3)

для контура abca

E 3 = -I 3 · (r 3 + r 30) + I 4 ·r 4 + I 5 ·r 5 ; (4)

для контура adca

E 2 = I 2 · (r 2 + r 20) + I 5 ·r 5 . (5)

Уравнения (1) - (5) после подстановки в них числовых значений будут иметь следующий вид

I 1 - I 2 + I 3 + I 5 = 0,

I 1 + I 3 + I 4 = 0,

6I 1 - 10I 3 = 20,

10I 3 + 2,5I 4 + 15I 5 = 5,

5I 2 + 15I 5 = 70.

Решая эту систему уравнений, получим

I 1 = 5 А; I 2 = 8 А; I 3 = 1 А; I 4 = -6 А; I 5 = 2 А.

Отрицательный знак для тока I 4 означает, что истинное направление этого тока противоположно принятому. При проверке баланса мощностей надо иметь в виду, что в тех ветвях цепи, где истинное направление тока совпадает с направлением э.д.с., соответствующая э.д.с. будет являться источником энергии, а в тех участках, где направления э.д.с. и тока противоположны, э.д.с. будет являться потребителем энергии. Все сопротивления как внешние, так и самих источников, независимо от направления протекающего через них тока, будут являться потребителями энергии.

Баланс мощностей для рассматриваемой схемы будет

E 1 ·I 1 + E 2 ·I 2 + E 3 · (-I 3) = I 1 2 · (r 1 + r 10) + I 2 2 · (r 2 + r 20) + I 3 2 · (r 3 + r 30) + I 4 2 ·r 4 + I 5 2 ·r 5 ,

15·5 + 70·8 - 5·1 = 5 2 ·6 + 8 2 ·5 + 1 2 ·10 + 6 2 ·2,5 + 2 2 ·15,

получено тождество 630 Вт = 630 Вт.

Задача 30 . В схеме (рис. 32) найти все токи, если известны: E 1 = 20 В, E 2 = 1,1 В, r 10 = 0,2 Ом, r 20 = 0,4 Ом, r 1 = r 2 = 5 Ом, r 3 = 7 Ом.

Ответ : 2,5 А, 1,5 А, 1 А.

Задача 31 . Для цепи, изображенной на рис. 33, рассчитать токи и определить показание вольтметра, если E 1 = 40 В, E 2 = 5 В, E 3 = 25 В, r 1 = 5 Ом, r 2 = r 3 = 10 Ом.

Внутренними сопротивлениями источников энергии и током, протекающим через вольтметр, можно пренебречь.

Ответ : I 1 = 5 А, I 2 = 1 А, I 3 = 4 А, U ba = 30 В.

Задача 32 . Аккумуляторная батарея из 20 последовательно соединенных элементов работает параллельно с генератором на сеть, имеющую нагрузку 30 А. Каждый аккумулятор имеет э.д.с. 1,82 В и сопротивление 0,001 Ом. Э.д.с. генератора 36,4 В и его сопротивление 0,04 Ом. Определить нагрузку генератора и батареи (т. е. отдаваемые ими токи) и напряжение на их зажимах.

Какую э.д.с. должен развивать генератор, чтобы нагрузка распределилась поровну между генератором и батареей?

Ответ : 20 А, 10 А, 36 В, 36,7 В.

Задача 33 . По трехпроводной линии длиной 0,5 км (рис. 34) от двух генераторов 1 и 2 питаются две группы ламп 50 Вт, 110 В.

В первой группе - N 1 = 200 ламп, а во второй - N 2 = 600 ламп. Сечение крайних проводов q = 35 мм 2 , а сечение среднего (нулевого) провода q 0 = 16 мм 2 . Каждый генератор имеет внутреннее сопротивление 0,01 Ом и развивает э.д.с. 120 В. Определить токи во всех проводах линии и напряжение на зажимах каждой группы ламп, сопротивления которых считать постоянным. Материал проводов линии - медь.

Ответ : I 1 = 98 А, I 2 = 144 А, I 0 = 46 А, U 1 = 102 В, U 2 = 71 В.

Задача 34 . Напряжения, измеренные электростатическим вольтметром, между узловыми точками схемы и землей, равны: U 10 = -15 В, U 20 = 52 В, U 30 = 64 В (рис. 35).

Определить токи в ветвях и отходящих проводах при следующих данных: E 1 = 80 В, E 3 = 70 В, r 1 = 5 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 12 Ом.

Решение

Вычислим напряжения между точками 1 и 2 , 2 и 3 , 3 и 1

U 10 - U 20 = U 12 = (-15) - 52 = -67 В,

U 20 - U 30 = U 23 = 52 - 64 = -12 В,

U 30 - U 10 = U 31 = 64 - (-15) = 79 В.

Применяя к ветвям 1-2 , 2-3 , 3-1 закон Ома, найдем токи

I 1 = U 12 + E 1 r 1 = (− 67) + 80 5 = 2,6       А, I 2 = U 32 r 2 = 12 10 = 1,2       А, I 3 = U 31 − E 3 r 3 = 79 − 70 12 = 0,75       А.

Так как все токи оказались положительными, то они имеют направления в соответствии с только что записанными уравнениями и нанесены на рис. 35.

Токи в ответвлениях от узловых точек 1- p , 2- q , 3- s находим по первому закону Кирхгофа

I 4 = I 1 - I 3 = 1,85 А, I 5 = I 1 + I 2 = 3,8 А, I 6 = I 2 + I 3 = 1,95 А.

Задача 35 . В цепи (рис. 36) известны э.д.с. E 1 = 120 В, E 2 = 40 В, E 3 = 70 В и сопротивления r 1 = 20 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 40 Ом.

Потенциалы точек a , b и c относительно земли соответственно равны (определены посредством вольтметра): U a 0 =160 В, U b 0 = 180 В, U c 0 = 50 В. Определить токи в ветвях ab , bc , ca и в проводах aa" , bb" и cc" , подходящих к точкам a , b и c .

Ответ : I 1 = 5 А, I 2 = 9 А, I 3 = 1 А.

Задача 36 . В цепи (рис. 37) известны э.д.с. E 1 = 40 В, E 2 = 30 В.

Сопротивления элементов схемы r 1 = 8 Ом, r 2 = 5 Ом, r 3 = 10 Ом. Показания вольтметров соответственно равны: U 1 = 125 В, U 2 = 60 В; полярность зажимов вольтметров показана на схеме. Пренебрегая внутренними сопротивлениями источников электрической энергии и считая потребляемые вольтметрами токи приближенно равными нулю, определить величину и полярность э.д.с. E 3 . Найти все токи.

Ответ : E 3 = 20 В, I 1 = 2,5 А, I 2 = 6 А, I 3 = 8,5 А.

Задача 37 . В цепи, изображенной на рис. 38, найти токи и показания вольтметров, включенных между точками 0 и c , c и g , если известно, что E 1 = 32 В, E 2 = 64 В, E 3 = 72 В, r 1 = 9 Ом, r 10 = 1 Ом, r 2 = 5 Ом, r 20 = 1 Ом, r 3 = 2 Ом, r 30 = 1 Ом, r 4 = 2 Ом, r 5 = 1 Ом. Сопротивления вольтметров весьма велики по сравнению с сопротивлениями элементов цепи.

Ответ : I 1 = 5 А, I 2 = 9 А, I 3 = 1 А.

Задача 38 . Для схемы (рис. 39, а ) найти токи и проверить баланс мощностей, если U ab = 12 В, U cd = 5,6 В, r 1 = 4 Ом, r 2 = 5 Ом, r 3 = 3 Ом.

Решение

Данная схема может быть заменена эквивалентной, в которой между точками a и b , а также c и d включены э.д.с., численное значение которых E 1 = U ab и E 2 = U cd , а их внутренние сопротивления равны нулю (рис. 39, б ). Обращаем внимание на то, что при включении э.д.с. следует соблюдать заданные полярности напряжений.

Задавшись направлениями для токов, составим систему уравнений Кирхгофа

I 1 - I 2 - I 3 = 0,

E 1 = I 1 ·r 1 + I 3 ·r 3 ,

E 2 = I 2 ·r 2 - I 3 ·r 3 .

Подставляя сюда числовые значения и решая систему уравнений, найдем:

I 1 = 2,4 А, I 2 = 1,6 А, I 3 = 0,8 А.

Для проверки баланса мощностей составим уравнение

U ab ·I 1 + U cd ·I 2 = I 1 2 ·r 1 + I 2 2 ·r 2 + I 3 2 ·r 3 ,

12·2,4 + 5,6·1,6 = 2,4 2 ·4 + 1,6 2 ·5 + 0,8 2 ·3;

получено тождество 37,76 = 37,76.

Задача 39 . В цепи (рис. 40) найти токи и проверить баланс мощностей, если U ab = 16 В, U cd = 11,2 В, E = 5 В, r 0 = 0, r = 10 Ом, r 1 = 5 Ом, r 2 = 4 Ом.

Ответ : I 1 = 1,2 А, I 2 = 0,3 А, I = 1,5 А.

Задача 40 . Чему равно показание вольтметра на рис. 41, если током вольтметра можно пренебречь по сравнению с токами в нагрузках? Внутренние сопротивления батарей принять равными нулю.

Определить показания ваттметров и убедиться в том, что их сумма равна сумме мощностей, расходуемых в сопротивлениях r 1 , r 2 и r 3 . Потерями в катушках ваттметров пренебречь.

Дано: E 1 = 30 В, E 2 = 21 В, E 3 = 5 В, r 1 = 5 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 50 Ом.

Ответ : 25 В, P 1 = 9 Вт, P 2 = 15,6 Вт.

Задача 41 . Методом контурных токов найти токи в цепи, схема которой изображена на рис. 42; даны: E 1 = 100 В, E 2 = 30 В, E 3 = 10 В, E 4 = 6 В, r 1 = 10 Ом, r 2 = 10 Ом, r 4 = 6 Ом, r 5 = 5 Ом, r 6 = 15 Ом, r 10 = r 20 = r 30 = 0, r 40 = 1 Ом.

Решение

Выберем направления контурных токов, которые обозначим через I 11 , I 22 , I 33 .

Составим систему уравнений для контуров

E 1 - E 2 - E 3 = I 11 · (r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r 30) - I 22 · (r 2 + r 20) + I 33 ·r 30 ,

E 2 - E 4 = I 22 · (r 2 + r 20 + r 5 + r 4 + r 40) + I 33 · (r 4 + r 40) - I 11 · (r 2 + r 20),

-E 3 - E 4 = I 33 · (r 30 + r 6 + r 4 + r 40) + I 22 · (r 4 + r 40) + I 11 ·r 30 .

После подстановки числовых значений будем иметь

60 = 20·I 11 - 10·I 22 + 0·I 33 ,

24 = -10·I 11 + 22·I 22 + 7·I 33 ,

16 = 0·I 11 + 7·I 22 + 22·I 33 .

Решив эту систему уравнений, найдем контурные токи

I 11 = 5 А, I 22 = 4 А, I 33 = -2 А.

Теперь найдем истинные токи во всех ветвях.

E 1 , истинный ток I 1 имеет направление контурного тока I 11 и равен

I 1 = I 11 = 5 А.

В ветви с сопротивлением r 5 истинный ток I 5 имеет направление контурного тока I 22 и равен

I 5 = I 22 = 4 А.

В ветви с сопротивлением r 6 истинный ток I 6 имеет направление, противоположное контурному току I 33 , и равен

I 6 = -I 33 = - (-2) = 2 А.

В ветви с сопротивлением r 2 истинный ток I 2 получится от наложения контурных токов I 11 и I 22 и будет иметь направление большего контурного тока I 11 ;

I 2 = I 11 - I 22 = 5 - 4 = 1 А.

В ветви с сопротивлением r 4 истинный ток I 4 получится от наложения контурных токов I 22 и I 33 и будет иметь направление контурного тока I 22 ;

I 4 = I 22 + I 33 = 4 + (-2) = 2 А.

В ветви, где действует э.д.с. E 3 , истинный ток I 3 получится от наложения контурных токов I 11 и I 33 и будет иметь направление тока I 11 ;

I 3 = I 11 + I 33 = 5 + (-2) = 3 А.

Эта же задача может быть решена методом определителей. Для этого уравнения для контурных токов следует записать в форме (10), а именно

{ r 11 ⋅ I 11 + r 12 ⋅ I 22 + r 13 ⋅ I 33 = E 11 ; r 21 ⋅ I 11 + r 22 ⋅ I 22 + r 23 ⋅ I 33 = E 22 ; r 31 ⋅ I 11 + r 32 ⋅ I 22 + r 33 ⋅ I 33 = E 33 ,

где контурные сопротивления

r 11 = r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r 30 = 20 Ом;

r 22 = r 2 + r 20 + r 5 + r 4 + r 40 = 22 Ом;

r 33 = r 30 + r 6 + r 4 + r 40 = 22 Ом,

взаимные сопротивления контуров

r 12 = r 21 = - (r 2 + r 20) = -10 Ом;

r 13 = r 31 = r 30 = 0;

r 23 = r 32 = r 4 + r 40 = 7 Ом,

контурные э.д.с.

E 11 = E 1 - E 2 - E 3 = 60 В;

E 22 = E 2 - E 4 = 24 В;

E 33 = -E 3 - E 4 = -16 В.

Получим численную систему уравнений метода контурных токов

{       20 ⋅ I 11 −     10 ⋅ I 22 +         0 ⋅ I 33 = 60 ; − 10 ⋅ I 11 + 22 ⋅ I 22 +         7 ⋅ I 33 = 24 ;               0 ⋅ I 11 +         7 ⋅ I 22 + 22 ⋅ I 33 = − 16,

или в матричной форме записи

(20 − 10 0 − 10 22 7 0 7 22) ⋅ (I 11 I 22 I 33) = (60 24 − 16) .

Составим главный определитель системы? и вычислим его значение

Вычислим значения вспомогательных определителей

Δ 11 = | E 11 r 12 r 13 E 22 r 22 r 23 E 33 r 32 r 33 | = | 60 − 10 0 24 22 7 − 16 7 22 | = 32500 ; Δ 22 = | r 11 E 11 r 13 r 21 E 22 r 23 r 31 E 33 r 33 | = | 20 60 0 − 10 24 7 0 − 16 22 | = 26000 ; Δ 33 = | r 11 r 12 E 11 r 21 r 22 E 22 r 31 r 32 E 33 | = | 20 − 10 60 − 10 22 24 0 7 − 16 | = − 13000.

Искомые контурные токи определяем по формулам

I 11 = Δ 11 Δ = 32500 6500 = 5       А; I 22 = Δ 22 Δ = 26000 6500 = 4       А; I 33 = Δ 33 Δ = − 13000 6500 = − 2       А.

Мы получили те же результаты, что и ранее.

Задача 42 . Найти все токи и определить потенциалы точек a , b , c и 0 относительно земли (рис. 43).

Задачу решить методом контурных токов, Внутренние сопротивления источников электрической энергии считать равными нулю: E 1 = 85 В, E 2 = 84 В, E 3 = 5 В, E 4 = 12 В, r 1 = 8 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 10 Ом, r 4 = 10 Ом, r 5 = 10 Ом, r 6 = 4 Ом.

Ответ : I 1 = 2 А, I 2 = 2,7 А, I 3 = 0,7 А, I 4 = 2,2 А, I 5 = 4,7 А, I 6 = 2,5 А.

Задача 43 . Для схемы (рис. 44) найти токи и U ab , если E 1 = 70 В, E 2 = 5 В, E 3 = 15 В, E 4 = 10 В, r 1 = 5 Ом, r 2 = r 3 = 10 Ом, r 4 = 5 Ом, r 5 = 3 Ом.

Задачу решить методом контурных токов. Внутренние сопротивления источников энергии равны нулю.

Ответ : I 1 = 6 А, I 2 = 2 А, I 3 = 4 А, I 4 = 1 А, I 5 = 5 А.

Задача 44 . Для схемы, изображенной на рисунке 45, а , пользуясь методом узловых потенциалов, определить все токи. Данные схемы: E 1 = 30 В, E 2 = 10 В, E 3 = 200 В, E 4 = 56 В, r 1 = 20 Ом, r 2 = 30 Ом, r 3 = 6 Ом, r 4 = 8 Ом, r 5 = 15 Ом, r 6 = 40 Ом, r 7 = 10 Ом. Внутренние сопротивления источников напряжения равны нулю.

Решение

Примем потенциал точки 3 равным нулю. Тогда, на основании формулы (11), запишем систему уравнений для определения потенциалов точек 1 и 2

φ 1 ⋅ g 11 + φ 2 ⋅ g 12 = ∑ 1 E ⋅ g ,         (1) φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 = ∑ 2 E ⋅ g .         (2)

Подсчитаем g 11 - сумму проводимостей, присоединенных к узлу 1

g 11 = 1 r 1 + r 7 + 1 r 5 + 1 r 4 + 1 r 6 = 1 30 + 1 15 + 1 8 + 1 40 = 0,25       1 О м.

Аналогично g 22 - сумма проводимостей, присоединенных к узлу 2

g 22 = 1 r 1 + r 7 + 1 r 5 + 1 r 2 + 1 r 3 = 1 30 + 1 15 + 1 30 + 1 6 = 0,3       1 О м.

Взаимные проводимости первого и второго узлов

g 12 = g 21 = − (1 r 1 + r 7 + 1 r 5) = − 1 30 − 1 15 = − 0,1       1 О м.

Подставим в уравнения (1) и (2) числовые значения

0,25 ⋅ φ 1 + (− 0,1) ⋅ φ 2 = 30 ⋅ 1 30 − 56 ⋅ 1 8 = − 6, (− 0,1) ⋅ φ 1                 + 0,3 ⋅ φ 2 = − 30 ⋅ 1 30 + 10 ⋅ 1 30 − 200 ⋅ 1 6 = − 34.

Решив последние два уравнения, найдем потенциалы точек 1 и 2

φ 1 = -80 В; φ 2 = -140 В.

Наконец, применяя закон Ома для отдельных ветвей, определим искомые токи

I 1 = φ 1 − φ 2 − E 1 r 1 = (− 80) − (− 140) − 30 30 = 1       А; I 2 = φ 3 − φ 2 + E 2 r 2 = 0 − (− 140) + 10 30 = 5       А; I 3 = φ 2 − φ 3 + E 3 r 3 = (− 140) − 0 + 200 6 = 5     А; I 4 = φ 3 − φ 1 − E 4 r 4 = 0 − (− 80) − 56 8 = 3       А; I 5 = φ 1 − φ 2 r 5 = (− 80) − (− 140) 15 = 4       А.

Направления найденных токов указаны на скелетной схеме (рис. 45, б ).

Задача 45 . Методом узловых потенциалов определить токи во всех ветвях схемы, изображенной на рис. 46, а ; заданы: E 1 = 20 В, E 2 = 30 В, E 3 = 2 В, E 4 = 1,2 В, E 5 = 5,6 В, r 2 = 50 Ом, r 3 = 10 Ом, r 4 = 20 Ом, r 5 = 10 Ом, r 6 = 100 Ом, r 7 = 50 Ом, r 8 = 20 Ом.

Внутренние сопротивления источников напряжения считать равными нулю.

Решение

В тех случаях, когда в цепи имеется ветвь с э.д.с., но не содержащая сопротивления, целесообразно принять равным нулю потенциал одной из узловых точек, к которой подходит указанная ветвь.

В нашем случае примем потенциал узла 3 равным нулю (φ 3 = 0). Тогда потенциал точки 1 имеет значение, равное E 1 , т.е. φ 1 = 20 В. Общее число уравнений уменьшается и равняется числу узлов минус два. В нашей задаче достаточно составить всего два уравнения для узлов 2 и 4 .

Определим сумму проводимостей, присоединенных к узлу 2

g 22 = 1 r 3 + 1 r 4 + 1 r 7 = 0,17       1 О м,

и, соответственно, к узлу 4

g 44 = 1 r 4 + 1 r 5 + 1 r 8 = 0,2       1 О м.

Найдем взаимные проводимости узлов 2 и 1 , 2 и 4 , 4 и 1

g 12 = g 21 = − 1 r 7 = − 0,02       1 О м, g 24 = g 42 = − 1 r 4 = − 0,05       1 О м, g 14 = g 41 = − 1 r 8 = − 0,05       1 О м.

Вычислим суммы произведений э.д,с. на проводимости, присоединенные соответственно к узлам 2 и 4

∑ 2 E ⋅ g = E 3 ⋅ g 3 − E 4 ⋅ g 4 = 0,14       В О м, ∑ 4 E ⋅ g = E 4 ⋅ g 4 + E 5 ⋅ g 5 = 0,62       В О м.

Составим систему уравнений на основании формул (11) для узла 2 :

φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 + φ 4 ⋅ g 24 = ∑ 2 E ⋅ g ,

для узла 4

φ 1 ⋅ g 41 + φ 2 ⋅ g 42 + φ 4 ⋅ g 44 = ∑ 4 E ⋅ g .

Подставляя сюда числовые значения, получим

0,17 ⋅ φ 2 + (− 0,05) ⋅ φ 4 = 0,54, (− 0,05) ⋅ φ 2                         + 0,2 ⋅ φ 4 = 1,62.

Решая эту систему уравнений, найдем

φ 2 = 6 В; φ 4 = 9,6 В.

Наконец, применяя к отдельным ветвям формулы закона Ома, получим значения всех токов, которые нанесены на скелетной схеме (46, б )

I 2 = 0,2 А, I 3 = 0,4 А, I 4 = 0,12 А, I 5 = 0,4 А, I 6 = 0,2 А, I 7 = 0,28 А, I 8 = 0,52 А.

Ток I 1 определяется на основании первого закона Кирхгофа

I 1 = I 3 + I 5 + I 6 - I 2 = 0,8 А.

Задача 46 . Методом узловых потенциалов рассчитать токи в цепи (рис. 47). Даны: E 1 = 160 мВ, E 2 = 300 мВ, r 3 = r 4 = 100 Ом, r 5 = 150 Ом, r 6 = 40 Ом. Внутренние сопротивления генераторов напряжения равны нулю.

Указание . Для решения задачи достаточно составить всего одно уравнение, так как в схеме имеется две ветви с э.д.с., но не содержащие сопротивления, а узлов в схеме четыре.

Ответ : I 1 = 2,25 мА, I 2 = 1,4 мА, I 3 = 0,85 мА, I 4 = 0,75 мА, I 5 = 0,1 мА, I 6 = 1,5 мА.

Задача 47 . Методом наложения рассчитать токи в схеме (рис. 48. а ), если E 1 = 10 В, E 2 = 40 В, E 3 = 5 В, r 10 = 5 Ом, r 20 = r 30 = 2 Ом, r 1 = 30 Ом, r 2 = 3 Ом, r 3 = 8 Ом.

Решение

Сначала предполагаем, что действует только э.д.с. E 1 , а э.д.с. E 2 и E б ), тогда

I ′ 1 = E 1 r 1 Э,

r 1 Э = r 1 + r 10 + (r 2 + r 20) ⋅ (r 3 + r 30) (r 2 + r 20) + (r 3 + r 30) = 35 + 5 ⋅ 10 15 = 115 3       О м.

I ′ 1 = E 1 r 1 Э = 10 115 / 3 = 6 23       А.

Токи в параллельных ветвях найдем согласно формуле (9)

I ′ 2 = I ′ 1 ⋅ (r 3 + r 30) (r 2 + r 20) + (r 3 + r 30) = 6 23 ⋅ 10 15 = 4 23       А, I ′ 3 = I ′ 1 ⋅ (r 2 + r 20) (r 2 + r 20) + (r 3 + r 30) = 6 23 ⋅ 5 15 = 2 23       А.

Теперь проведем расчет, предполагая, что действует э.д.с. E 2 , а э.д.с. E 1 и E 3 считаем недействующими (рис. 48, в )

I ″ 2 = E 2 r 2 Э; r 2 Э = r 2 + r 20 + (r 1 + r 10) ⋅ (r 3 + r 30) (r 1 + r 10) + (r 3 + r 30) = 115 9       О м; I ″ 2 = E 2 r 2 Э = 40 115 / 9 = 72 23       А; I ″ 1 = I ″ 2 ⋅ (r 3 + r 30) (r 1 + r 10) + (r 3 + r 30) = 72 23 ⋅ 10 45 = 16 23       А; I ″ 3 = I ″ 2 ⋅ (r 1 + r 10) (r 1 + r 10) + (r 3 + r 30) = 72 23 ⋅ 35 45 = 56 23       А.

Аналогично рассчитываем величины токов при действии только одной э.д.с. E 3 (рис. 48, г )

I ? 3 = E 3 r 3 Э; r 3 Э = r 3 + r 30 + (r 1 + r 10) ⋅ (r 2 + r 20) (r 1 + r 10) + (r 2 + r 20) = 115 8       О м; I ? 3 = E 3 r 3 Э = 5 115 / 8 = 8 23       А; I ? 1 = I ? 3 ⋅ (r 2 + r 20) (r 1 + r 10) + (r 2 + r 20) = 8 23 ⋅ 5 40 = 1 23       А; I ? 2 = I ? 3 ⋅ (r 1 + r 10) (r 1 + r 10) + (r 2 + r 20) = 8 23 ⋅ 35 40 = 7 23       А.

Истинное значение тока в каждой ветви найдется как алгебраическая сумма токов, определяемых каждой э.д.с. в отдельности.

Ток в первой ветви

I 1 = I ′ 1 + I ″ 1 + I ? 1 = 6 23 + 16 23 + 1 23 = 1       А.

Ток во второй ветви

I 2 = I ′ 2 + I ″ 2 − I ? 2 = 4 23 + 72 23 − 7 23 = 3       А.

Ток в третьей ветви

I 3 = − I ′ 3 + I ″ 3 − I ? 3 = − 2 23 + 56 23 − 8 23 = 2       А.

Направления этих токов показаны на рис. 48, а .

Задача 48 . Найти токи в ветвях цепи, изображенной на рис. 49, если известны E 1 = 125 мВ, E = 120 мВ, r 1 = 40 Ом, r 2 = 36 Ом, r 3 = r 4 = 60 Ом. Внутренними сопротивлениями источников пренебречь. Задачу решить методами наложения и контурных токов.

Ответ : I 1 = 0,8 А, I 2 = 0,75 А, I 3 = 2 А, I 4 = 1,55 А, I = 2,75 А.

Задача 49 . В схеме (рис. 50, а ) методом наложения найти все токи. Внутренние сопротивления источников э.д.с. принять равными нулю. Электродвижущие силы и сопротивления элементов цепи имеют следующие значения: E 1 = 96 В, E 2 = 75 В, r 3 = 3 Ом, r 4 = 15 Ом, r 5 = 10 Ом, r 6 = 6 Ом.

Решение

Положим, что действует только э.д.с. E 1 , а э.д.с. E 2 не действует. В этом случае схема примет вид, изображенный на рис. 50, б . Так как внутреннее сопротивление э.д.с. E 2 равно нулю, то на его месте между точками b и d показано короткое замыкание. Для большей наглядности схему рис. 50, б можно начертить в виде, показанном на рис. 50, в .

Полное сопротивление этой схемы равно

r 1 э к в = r 3 ⋅ r 6 r 3 + r 6 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 3 ⋅ 6 9 + 15 ⋅ 10 25 = 8       О м.

Определим все токи

I ′ 1 = E 1 r 1 э к в = 96 8 = 12       А, I ′ 3 = I ′ 1 ⋅ r 6 r 3 + r 6 = 12 ⋅ 6 9 = 8       А;         I ′ 6 = I ′ 1 − I ′ 3 = 4       А;   I ′ 4 = I ′ 1 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 12 ⋅ 10 25 = 4,8       А;         I ′ 5 = I ′ 1 − I ′ 4 = 7,2       А;   I ′ 2 = I ′ 3 − I ′ 4 = 8 − 4,8 = 3,2       А           и л и         I ′ 2 = I ′ 5 − I ′ 6 = 3,2       А.

Теперь положим, что действует только э.д.с. E 2 , а э.д.с. E 1 считаем недействующей (рис. 50, г ).

Схему (рис. 50, г ) для большей наглядности можно представить в виде, показанном на рис. 50, д . Ее полное сонротивление

r 2 э к в = r 3 ⋅ r 4 r 3 + r 4 + r 5 ⋅ r 6 r 5 + r 6 = 3 ⋅ 15 18 + 6 ⋅ 10 16 = 6,25       О м.

Вычислим все токи

I ″ 2 = E 2 r 2 э к в = 75 6,25 = 12       А, I ″ 3 = I ″ 2 ⋅ r 4 r 3 + r 4 = 12 ⋅ 15 18 = 10       А;         I ″ 4 = I ″ 2 − I ″ 3 = 2       А;   I ″ 6 = I ″ 2 ⋅ r 5 r 5 + r 6 = 12 ⋅ 10 16 = 7,5       А;         I ″ 5 = I ″ 2 − I ″ 6 = 4,5       А;   I ″ 1 = I ″ 3 − I ″ 6 = 10 − 7,5 = 2,5       А.

Складывая алгебраически токи, полученные от действия каждой э.д.с. в отдельности (рис. 50, б и 50, г ), найдем истинные токи в каждой ветви (они нанесены на рис. 50, а )

I 1 = I ′ 1 + I ″ 1 = 12 + 2,5 = 14,5       А, I 2 = I ′ 2 + I ″ 2 = 3,2 + 12 = 15,2       А, I 3 = I ′ 3 + I ″ 3 = 8 + 10 = 18       А, I 4 = I ′ 4 − I ″ 4 = 4,8 − 2 = 2,8       А, I 5 = I ′ 5 + I ″ 5 = 7,2 + 4,5 = 11,7       А, I 6 = I ′ 6 − I ″ 6 = 7,5 − 4 = 3,5       А.

Задача 50 . Для схемы (рис. 51) методами наложения, контурных токов и при помощи законов Кирхгофа найти все токи. Внутренние сопротивления источников электрической энергии считать равными нулю.

Дано: E 1 = 90 В, E 2 = 54 В, r 1 = 30 Ом, r 3 = 60 Ом, r 4 = 24 Ом, r 5 = 20 Ом.

Ответ : I 1 = 1,7 А, I 2 = 2,5 А, I 3 = 0,25 А, I 4 = 2,25 А, I 5 = 1,95 А.

Задача 51 . Найти эквивалентное сопротивление цепи (рис. 52, а ) и все токи, если U = 114 В, r 1 = 30 Ом, r 2 = r 3 = 10 Ом, r 4 = 26 Ом, r 5 = 11 Ом, r 6 = 10 Ом, r 7 = 40 Ом, r 8 = 50 Ом. Задачу решить методом преобразования треугольника сопротивлений в эквивалентную звезду.

Решение

Заменим треугольники сопротивлений abc и dfg эквивалентными звездами (рис. 52, б ).

Подсчитаем сопротивления лучей звезды r 10 , r 20 и r 30 , эквивалентной треугольнику abc сопротивлений r 1 , r 2 и r 3 (формулы 17)

r 10 = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 + r 3 = 6       О м,       r 20 = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 2 + r 3 = 6       О м,       r 30 = r 2 ⋅ r 3 r 1 + r 2 + r 3 = 2       О м.

Сопротивления лучей звезды r 40 , r 50 , r 60 эквивалентной треугольнику dfg сопротивлений r 6 , r 7 , r 8 , равны

r 40 = r 6 ⋅ r 7 r 6 + r 7 + r 8 = 4       О м,       r 50 = r 6 ⋅ r 8 r 6 + r 7 + r 8 = 5       О м,       r 60 = r 7 ⋅ r 8 r 6 + r 7 + r 8 = 20       О м.

Эквивалентное сопротивление всей схемы

r Э = r 10 + r I ⋅ r I I r I + r I I + r 60 = 38       О м,

r I = r 20 + r 4 + r 40 = 36       О м,       r I I = r 3 + r 5 + r 50 = 18       О м.

Ток в неразветвленной части цепи

I = U r Э = 114 38 = 3       А.

Токи в параллельных ветвях I" (r 20 r 4 r 40) и I» (r 30 r 5 r 50)

I ′ = I ⋅ r I I r I + r I I = 3 ⋅ 18 36 + 18 = 1       А; I ″ = I ⋅ r I r I + r I I = 3 ⋅ 36 36 + 18 = 2       А.

Теперь найдем токи в сопротивлениях заданной цепи. Для этого предварительно из схемы (рис. 52, б ) найдем напряжения между точками a и b , a и c , b и c , d и g , f и g , d и f

U a b = I ⋅ r 10 + I ′ ⋅ r 20 = 3 ⋅ 6 + 1 ⋅ 6 = 24       В; U a c = I ⋅ r 10 + I ″ ⋅ r 30 = 3 ⋅ 6 + 2 ⋅ 2 = 22       В; U a b − U a c = (φ a − φ b) − (φ a − φ c) = φ c − φ b = U c b = 24 − 22 = 2       В; U d g = I ′ ⋅ r 40 + I ⋅ r 60 = 1 ⋅ 4 + 3 ⋅ 20 = 64       В; U f g = I ″ ⋅ r 50 + I ⋅ r 60 = 2 ⋅ 5 + 3 ⋅ 20 = 70       В; U f g − U d g = (φ f − φ g) − (φ d − φ g) = φ f − φ d = U f d = 70 − 64 = 6       В.

искомые токи будут

I 1 = U a b r 1 = 24 30 = 0,8       А,       I 2 = U a c r 2 = 22 10 = 2,2       А,       I 3 = U c b r 3 = 2 10 = 0,2       А, I 4 = I ′ = 1       А,       I 5 = I ″ = 2       А, I 6 = U f d r 8 = 6 10 = 0,6       А,       I 7 = U d g r 7 = 64 40 = 1,6       А,       I 8 = U f g r 8 = 70 50 = 1,4       А.

Задача 52 . В схеме (рис. 53) найти токи, применив преобразование треугольника в звезду. Определить эквивалентное сопротивление между точками a и b .

Приложенное напряжение U = 30 В; сопротивления: r 1 = 60 Ом, r 2 = 120 Ом, r 3 = 180 Ом, r 4 = 80 Ом, r 5 = 120 Ом.

Определить показание ваттметра и убедиться в том, что оно равно сумме мощностей, расходуемых во всех сопротивлениях.

Ответ : I = 0,3 А, I 1 = 0,2 А, I 2 = 0,15 А, I 3 = 0,1 А, I 4 = 0,15 А, I 5 = 0,05 А, r ab = 100 Ом, P = 9 Вт.

Задача 53 . Вычислить токи, проходящие во всех ветвях схемы (рис. 54), если E = 213 В, E 1 = 90 В, r 1 = 6 Ом, r 2 = 40 Ом, r 3 = 10 Ом, r 4 = 100 Ом, r 5 = 60 Ом.

Задачу решить преобразованием треугольника в эквивалентную звезду. Внутренними сопротивлениями источников напряжения пренебречь.

Определить входное сопротивление относительно ветви r 1 и взаимное сопротивление ветвей r 1 и r 2 .

Ответ : I = 3,8 А, I 1 = 0,5 А, I 2 = 1,5 А, I 3 = 3,3 А, I 4 = 1,8 А, I 5 = 2 А, r 11 = 33 Ом, r 12 = 60 Ом.

Задача 54 . Определить величины токов, проходящих по цепи, схема которой показана на рис. 55.

Данные цепи: E 1 = 100 В, E 2 = 140 В, r 1 = 15 Ом, r 2 = 5 Ом, r 3 = 10 Ом, r 4 = 4 Ом, r 5 = 50 Ом, r 10 = r 20 = 0.

Задачу решить методами контурных токов и узловых потенциалов.

Ответ : I 1 = 4 А, I 2 = 8 А, I 3 = 6 А, I 4 = 10 А, I 5 = 2 А.

Задача 55 . Для схемы (рис. 56, а ) найти методом эквивалентного генератора напряжения ток в ветви с сопротивлением r 1 , если E 1 = 18 В, E 2 = 21 В, r 10 = 1 Ом, r 1 = 2 Ом, r 20 = 0, r 2 = 9 Ом, r 3 = 6 Ом.

Решение

Разомкнем цепь, содержащую сопротивление r 1 , и найдем напряжение между точками m и n (рис. 56, б ).

Очевидно, что в разомкнутой ветви тока нет, точки m и p равнопотенциальны (φ m = φ p ), а потенциал точки q превышает потенциал точки n на величину φ q - φ n = E 1 .

Имея это в виду, определим U x = U mn

φ m = φ p , φ n = φ q - E 1 ,

φ m - φ n = φ p - φ q + E 1 , U mn = U pq + E 1 .

Найдем напряжение U pq . Для этого сначала определим ток в контуре psqp

I = E 2 r 2 + r 20 + r 3 = 21 15 = 1,4       А.

По закону Ома

U pq = I· r 3 = 1,4·6 = 8,4 В.

Окончательно

U x = U mn = U pq + E 1 = 8,4 + 18 = 26,4 В.

Для нахождения тока в ветви r 1 сначала определим сопротивление короткого замыкания (рис. 56, в )

r k = r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 = 9 ⋅ 6 15 = 3,6       О м.

Искомый ток

I 1 = U x r 1 + r 10 + r k = 26,4 1 + 2 + 3,6 = 4       А.

Этот ток течет от точки m к точке n .

Задача 56 . Методом эквивалентного генератора напряжения найти ток (рис. 57, а ), проходящий через сопротивление r 5 , если E = 120 В, r 1 = 60 Ом, r 2 = 15 Ом, r 3 = 90 Ом, r 4 = 60 Ом, r 5 = 12 Ом. Внутреннее сопротивление источника напряжения равно нулю.

Решение

Разомкнем сопротивление r 5 и. найдем напряжение между точками c и e (рис. 57, б ).

Через сопротивления r 1 и r 2 протекает ток I" , а через r 3 и r 4 ток I»

I ′ = E r 1 + r 2 = 120 75 = 1,6       А, I ″ = E r 3 + r 4 = 120 150 = 0,8       А, φ a − φ c = U a c = I ′ ⋅ r 1 = 1,6 ⋅ 60 = 96       В, φ a − φ d = U a d = I ″ ⋅ r 3 = 0,8 ⋅ 90 = 72       В, (φ a − φ c) − (φ a − φ d) = φ d − φ c = U d c = 24       В.

Но так как φ d = φ e , то U dc = U ec . Итак, напряжение холостого хода U x = 24 В.

Теперь найдем сопротивление короткого замыкания. Определим его двумя способами.

1) Путем непосредственного подсчета по схеме.

В этом случае надо э.д.с. выключить, оставив ее внутреннее сопротивление, равное в данном случае нулю (рис. 57, в ). Сопротивление короткого замыкания двухполюсника равно сопротивлению цепи между точками c и d

r k = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 + r 3 ⋅ r 4 r 3 + r 4 = 60 ⋅ 15 75 + 90 ⋅ 60 150 = 48       О м.

2) То же сопротивление можно найти и другим путем. Для этого надо замкнуть точки c и d накоротко, вычислить ток I к , протекающий через короткозамкнутый участок (рис. 57, г ), и сопротивление короткого замыкания определить по формуле (20).

Сопротивление схемы равно

r c x = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 + r 2 ⋅ r 4 r 2 + r 4 = 60 ⋅ 90 150 + 15 ⋅ 60 75 = 48       О м.

Найдем токи в ветвях

I 0 = E r c x = 120 48 = 2,5       А, I ′ 1 = I 0 ⋅ r 3 r 1 + r 3 = 2,5 ⋅ 90 150 = 1,5       А, I ′ 2 = I 0 ⋅ r 4 r 2 + r 4 = 2,5 ⋅ 60 75 = 2     А.

I k = I ′ 2 − I ′ 1 = 0,5     А.

Сопротивление короткого замыкания (формула 20) равно

r k = U x I k = 24 0,5 = 48       О м.

Искомый ток находим по формуле (21)

I 5 = U x r 5 + r k = 24 12 + 48 = 0,4       А.

Задача 57 . Для схемы (рис. 58) методом эквивалентного генератора напряжений найти ток в ветви с сопротивлением r 3 , если E 1 = 5 В, E 2 = 7 В, r 1 = 7,5 Ом, r 2 = 2,5 Ом, r 3 = 5 Ом, r 4 = 2 Ом, r 5 = 25 Ом, r 10 = r 20 = 0.

Ответ : I 3 = 0,6 А.

Задача 58 . Пользуясь методом эквивалентного генератора напряжений, найти э.д.с. и внутреннее сопротивление источников, эквивалентных каждой из схем (рис. 59 а , б , в и г ; 0 < k < 1). Внутренние сопротивления источников энергий равны нулю.

Ответ : 1) U 0 = k·E , r k = k · (1 - k )·r ; 2) U 0 = k·E - E 1 , r k = r 1 + k · (1 - k )·r ;

3) U 0 = k ⋅ E ⋅ r r 1 + k ⋅ r ,         r k = (1 − k) ⋅ r + k ⋅ r ⋅ r 1 k ⋅ r + r 1 ;

4) U 0 = E ⋅ r 3 r 4 r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 1 r 4 + r 2 r 3 + r 3 r 4 ,       r k = r 4 ⋅ (r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 2 r 3) r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 1 r 4 + r 2 r 3 + r 3 r 4 .

Задача 59 . По показаниям приборов, полученным из двух опытов, найти э.д.с. и внутреннее сопротивление источника электрической энергии, эквивалентного схеме (рис. 60), в случаях:

Примечание . В части схемы, обведенной на рис. 60 четырехугольником абвг и называемой двухполюсником, в действительности может быть включено большое количество различных э.д.с. и сопротивлений так, что полный расчет занял бы слишком много времени. Поэтому решено ограничиться экспериментальным исследованием двухполюсника, результаты которого помещены в таблице данных.

Ответ : 1) сопротивление 10 Ом. 2) источник энергии с э.д.с. 40 В и внутренним сопротивлением 5 Ом. 3) источник энергии с э.д.с. 5 В и внутренним сопротивлением 5 Ом.

Задача 60 . Три генератора напряжений, э.д.с. которых E 1 = 48 В, E 2 = 45 В, E 3 = 45 В, а внутренние сопротивления r 1 = 1,2 Ом, r 2 = 1 Ом, r 3 = 1,5 Ом, работают параллельно на общую нагрузку, сопротивление которой r = 4,2 Ом (рис. 61).

Произвести замену заданных генераторов напряжений одним эквивалентным, определив его э.д.с. и внутреннее сопротивление. Чему равны токи, протекающие через каждый генератор и нагрузку?

Решение

Значения э.д.с. и внутреннего сопротивления эквивалентного генератора напряжения могут быть определены по формулам (23)

E Э = E 1 ⋅ 1 r 1 + E 2 ⋅ 1 r 2 + E 3 ⋅ 1 r 3 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 = 115 2,5 = 46       В, 1 r Э = 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 = 2,5       1 О м,       r Э = 1 2,5 = 0,4       О м.

Ток в нагрузке

I = E Э r + r Э = 46 4,2 + 0,4 = 10       А.

Напряжение на нагрузке

U = I ⋅ r = 10 ⋅ 4,2 = 42       В.

Таково же напряжение на каждой из параллельных ветвей. Ток в каждой из ветвей найдем по формуле (25)

I 1 = E 1 − U r 1 = 48 − 42 1,2 = 5       А, I 2 = E 2 − U r 2 = 45 − 42 1 = 3       А, I 3 = E 3 − U r 3 = 45 − 42 1,5 = 2       А.

Проверка показывает, что ток в нагрузке I равен сумме трех токов: I 1 , I 2 и I 3 .

Задача 61 . Для цепи, изображенной на рис. 62, проверить принцип взаимности, если э.д.с. E переместить в ветвь с сопротивлением r 3 .

Даны: E = 80 В, r 1 = 8 Ом, r 2 = 20 Ом, r 3 = 30 Ом, r 4 = 12 Ом.

Задача 62 . Определить ток, проходящий через сопротивление r = 5 Ом, подключенное к генератору тока (рис. 63), параметры которого имеют следующие величины: ток I k = 6 мА, внутренняя проводимость g 0 = 0,04 1/Ом.

Решение

Внутреннее сопротивление генератора тока

r 0 = 1 g 0 = 1 0,04 = 25       О м.

Ток I k распределяется по двум параллельным ветвям r и r 0 обратно пропорционально их сопротивлениям. Поэтому искомый ток

I = I k ⋅ r 0 r 0 + r = 6 ⋅ 25 25 + 5 = 5       м А.

Задача 63 . Пользуясь теоремой об эквивалентном генераторе тока, определить ток I 3 в ветви r 3 = 12 Ом (рис. 64, а ). Электродвижущие силы генераторов напряжения равны E 1 = 120 В, E 2 = 100 В, их внутренние сопротивления r 1 = 6 Ом, r 2 = 4 Ом.

Решение

Из теории известно, что ток эквивалентного генератора тока равен току короткого замыкания I кз , проходящему между короткозамкнутыми зажимами m и n , к которым подключена данная ветвь (рис. 64, б )

I к з = E 1 r 1 + E 2 r 2 = 45       А,

а внутренняя проводимость генератора тока равна проводимости пассивной цепи между зажимами m и n при разомкнутой ветви r 3 (рис. 64, в )

g 0 = 1 r 1 + 1 r 2 = 5 12       1 О м,       r 0 = 1 g 0 = 2,4       О м.

Схема эквивалентного генератора тока представлена на рис. 64 г .

Искомый ток

I 3 = I к з ⋅ r 0 r 0 + r 3 = 45 ⋅ 2,4 2,4 + 12 = 7,5       А.

Задача 64 . Генератор тока создает в цепи ток I k = 30 мА (рис. 65). Внутренней проводимостью генератора можно пренебречь.

Чему равны токи в ветвях, сопротивления которых равны r 1 =1,8 кОм, r 2 = 3 кОм, r 3 = 1,5 кОм, r 4 = 2 кОм.

Ответ : I 1 = 10 мА, I 2 = 4 мА, I 3 = 20 мА, I 4 = 6 мА.

Задача 65 . Два генератора тока соединены в цепь, показанную на рис. 66, а . Ток первого генератора I k 1 = 3 мА, его внутренняя проводимость g 1 = 0,05 1/Ом, второго - I k 2 = 2 мА, g 2 = 0,01 1/Ом. Сопротивления равны: r 3 = 5 Ом, r 4 = 30 Ом.

Определить ток, проходящий через сопротивление r 4 .

Решение

1-й способ. Преобразуем генераторы тока в эквивалентные генераторы напряжения, получим схему рис. 66, б . Э.д.с. и внутренние сопротивления генераторов напряжения находим по формулам (2)

E 1 = I k 1 g 1 = 3 0,05 = 60       м В,       r 1 = 1 g 1 = 1 0,05 = 20       О м, E 2 = I k 2 g 2 = 2 0,01 = 200       м В,       r 2 = 1 g 2 = 1 0,01 = 100       О м.

По методу узловых потенциалов находим

U a b = E 1 ⋅ 1 r 1 + r 3 + E 2 ⋅ 1 r 2 1 r 1 + r 3 + 1 r 2 + 1 r 4 = 60 ⋅ 1 20 + 5 + 200 ⋅ 1 100 1 20 + 5 + 1 100 + 1 30 = 52,8       м В.

Искомый ток

I 4 = U a b r 4 = 52,8 30 = 1,76       м А.

2-й способ. Решим задачу методом эквивалентного генератора тока. Для этого заменим всю цепь, за исключением ветви с r 4 эквивалентным генератором тока (рис. 66, в ). Для определения его параметров I k и g 0 сначала исключим ветвь с r 4 , а точки a и b закоротим (рис. 66, г ). Найдем ток короткого замыкания I кз . Предварительно определим токи I 3 и I 4

I 3 = I k 1 ⋅ 1 g 1 1 g 1 + r 3 = 3 ⋅ 20 25 = 2,4       м А,       I 4 = I k 2 = 2       м А.

Следовательно, ток эквивалентного генератора тока

I k = I 3 + I 4 = 2,4 + 2 = 4,4 А.

Теперь определим внутреннюю проводимость эквивалентного генератора тока g 0 между точками a и b . Для этого исключим генераторы токов и оставим лишь их внутренние сопротивления (рис. 66, д )

g 0 = g a b = 1 1 g 1 + r 3 + g 2 = 1 20 + 5 + 0,01 = 0,05       С м.

Ток в искомой ветви (рис. 66, в ) равен

I 4 = I k ⋅ 1 g 0 1 g 0 + r 4 = 4,4 ⋅ 20 20 + 30 = 1,76       м А.

Расчет неразветвленных цепей

Основой расчета одноконтурных (неразветвленных) электрических цепей, содержащих источники обоих видов и потребители, служат законы Ома и Кирхгофа.

Если в цепи параметры потребителей (R) и источников напряжения (Е ) заданы, то задача обычно состоит в определении тока контура. Положительное направление искомого тока выбирается произвольно и составляется уравнение:

При этом необходимо помнить, что со знаком «+» берутся ЭДС источников, которые действуют в направлении выбранного тока.

Расчет разветвленных цепей с одним источником

Разветвленную цепь с одним источником обычно упрощают, преобразуя в неразветвленную.

Смешанное соединение приемников энергии представляет собой сочетание последовательного и параллельного соединений. Общей формулы для расчета эквивалентного соединения нет, так как существует множество разнообразных схем соединения. При расчете нужно выделить в схеме участки, соединенные последовательно или параллельно и определить их эквивалентное сопротивление. Цепь постепенно упрощают, приводя к простейшему виду, и определяют токи участков с помощью закона Ома.

Пример 2

В цепи на рисунке 4 известны следующие величины:

R1 =3Ом; R2 =2Ом; R3 =24Ом; R4 =12Ом; R5 =10Ом; R6 =2Ом;

Определить эквивалентное сопротивление и токи всех участков.

Рисунок 4

Сопротивления R3 и R4 соединены параллельно. Найдем эквивалентное сопротивление и упростим схему (См. рисунок 5)

Рисунок 5

Сопротивления R2 и R3,4 соединены последовательно. Найдем эквивалентное сопротивление и упростим схему

(См.рисунок 6)

Рисунок 6

Сопротивления R2,3,4 и R5 соединены параллельно. Найдем эквивалентное сопротивление и упростим схему.

(См.рисунок 7)

Рисунок 7

Сопротивления R1,R6 и R2,3,4,5 соединены последовательно. Найдем эквивалентное сопротивление и упростим схему.

(См. рисунок 8)

Найдем силу тока в неразветвленном участке цепи

с помощью закона Ома.

Рисунок 8

Для определения токов на всех участках удобно рассмотреть схемы в обратном порядке.

Заметим, что

Найдем напряжения на этих последовательно соединенных резисторах.

Определим токи на этих участках.

Найдем напряжение на участке R3.4

Напряжения на третьем и четвертом резисторах одинаковы и равны 9,6В(участки параллельны)

Эквивалентное преобразование треугольника и звезды сопротивлений

В области электротехнических измерений широко применяется электрическая цепь с одним источником питания схема, которой представлена на рисунке 9.Особенностью этой цепи является наличие в ней соединений, называемых треугольником и звездой.

Треугольником сопротивлений называют соединение трех ветвей, образующих замкнутый контур с тремя узлами. В схеме (рисунок 9а) имеется два треугольника с сопротивлениями R1 ,R2 ,R3 и R3, R4, R5.

Звездой сопротивлений называют соединение трех ветвей, имеющих общий узел. Звезду сопротивлений образуют ветви с сопротивлениями R2 ,R3 ,R5 и R1, R3, R4.

(См. рисунок 9а)

Любой треугольник сопротивлений можно заменить эквивалентной звездой

(См. рисунок 9б). Для перехода от треугольника сопротивлений к эквивалентной звезде пользуются формулами:

В некоторых электрических цепях расчет упрощается после замены трехлучевой звезды в эквивалентный треугольник сопротивлений. При этом применяют формулы обратного преобразования:

Рисунок 9

Рисунок 9

Расчет разветвленных цепей с несколькими источниками

Если известна конфигурация сложной электрической цепи и заданы свойства всех составляющих ее элементов, то расчет такой цепи обычно сводится к определению токов в ветвях и потенциалов узлов. В отличие от рассмотренных выше случаев, разветвленная цепь с несколькими источниками требует специальных методов расчета. Следует отметить, что разветвленные цепи с одним источником так же можно рассчитывать рассмотренными ниже методами.

Метод уравнений Кирхгофа

Отыскание неизвестных величин связано с составлением и совместным решением системы уравнений, записанных по I и II законам Кирхгофа.

Алгоритм расчета.

1.Определить число узлов, ветвей и независимых контуров электрической цепи.

2.Обозначить токи ветвей и произвольно выбрать их положительное направление.

3. Для узлов составить уравнения по I закону Кирхгофа. Таких уравнений должно быть (n – 1). n-количество узлов.

4. Для каждого выбранного контура составить уравнения по II закону Кирхгофа. Таких уравнений должно быть p . р - число независимых контуров, р=m-(n-1)

5. Решить систему m уравнений (количество уравнений в системе должно совпадать с числом ветвей).

6. Проверить правильность расчета с помощью баланса мощности.

Пример3. Определить токи в отдельных участках цепи, изображенной

на рисунке 10.

Е 1=95В, r1=1Ом,Е 2 =69В, r2=2Ом, R1=20Ом, R2 =10Ом, R3 =29Ом, R4 =5Ом, R5 =1Ом.

Решение:

1.Цепь сложная содержит два узла В и Е (n=2), три ветви ВЕ, ВБАЕ, ВГДЕ(m=3), три контура(АБВЕА, ВГДЕВ, АБВГДЕА)

Рисунок 10

2.Произвольно обозначим направление токов ветвей и направление обхода контуров.(См. рисунок 11)

3. Составим одно уравнение по I закону Кирхгофа для узла В: I1 +I2 =I3

4. Составим два уравнения по II закону Кирхгофа, т.к.р=3-(2-1).

Контур АБВЕА: Е 1- Е 2 = I1(r1 +R1 + R3)- I2(r2+R2)

Контур ВГДЕВ: Е 2 = I2(r2+R2)+ I3(R4 + R5)

5. Решим систему уравнений:

Рисунок 11

Метод контурных токов

Метод уравнений Кирхгофа (узловых и контурных уравнений) в ряде случаев приводит к сложным вычислениям. Например, при расчете цепи, содержащей пять ветвей, необходимо составить пять уравнений. Число уравнений системы можно уменьшить, применив метод контурных токов.

Метод контурных токов является одним из основных методов расчета сложных электрических цепей, которым широко пользуются на практике.

Алгоритм расчета

1 Обозначить все токи ветвей и их положительное направление.

2 Разбить схему сложной цепи на отдельные контуры- ячейки.

3 Каждому контуру приписать произвольно направленный контурный ток, одинаковый для всех участков данного контура. (Лучше выбрать всем контурным токам одно положительное направление).

4 Составить уравнения по второму закону Кирхгофа, число уравнений должно быть равно числу контурных токов.

5 Решить полученную систему уравнений относительно контурных токов, используя математические методы (метод Крамера, Гаусса и др.)

6 Определить токи ветвей через контурные токи по I закону Кирхгофа.

7 В случае необходимости, с помощью обобщенного закона Ома определить потенциалы узлов.

8 Проверить правильность расчетов при помощи баланса мощности.

Пример 4. Рассмотрим решение предыдущей задачи методом контурных токов.

1.Выбрали направление токов ветвей

2.В данной схеме можно определить два

контура-ячейки АБВЕА, ВГДЕВ.

3.Контуру АБВЕА припишем контурный ток II , положительное направление которого совпадает с

контуру ВГДЕВ-III ,положительное направление - по часовой стрелке.

4. Составим уравнения по II закону Кирхгофа:

5.Решим систему уравнений:

Токи в крайних ветвях электрической цепи совпадают с контурными токами

I 1=I I=1А, I 3=I II=3А. Ток во внутренней ветке определим по I закону Кирхгофа

I2 = I 3 -I 1=2А

Результаты решения задачи совпали с ответом, полученным решением методом уравнений Кирхгофа.

Метод узловых потенциалов

Ток в любой ветви схемы можно найти по обобщенному закону Ома. Для того чтобы можно было применить закон Ома, необходимо знать значение потенциалов узлов схемы. Метод расчета электрических цепей, в котором за неизвестные принимают потенциалы узлов схемы, называют методом узловых потенциалов. Число неизвестных в методе узловых потенциалов равно числу уравнений, которые необходимо составить для схемы по I закону Кирхгофа. Метод узловых потенциалов, как и метод контурных токов, – один из основных расчетных методов. В том случае, когда п- 1 < p (n – количество узлов, p – количество независимых контуров), данный метод более экономичен, чем метод контурных токов.

Алгоритм расчета

1. Обозначить все токи ветвей и их положительное направление.

2. Произвольно выбрать опорный узел (потенциал этого узла условно считаем равным нулю) и пронумеровать все остальные (n- 1)-e узлы.

3. Определить собственные и общие проводимости узлов, а также узловые токи, т.е. рассчитать коэффициенты в системе уравнений. Собственная проводимость узла (G ii ) представляет собой арифметическую сумму проводимостей всех ветвей, соединенных в i -ом узле.

Общая проводимость i-ого и j-ого узлов (G ij = G ji ) представляет собой взятую со знаком «–» сумму проводимостей ветвей, присоединенных одновременно к i- ому и j- ому узлам.

Проводимости ветвей с источниками тока полагаются равными нулю и в собственные и общие проводимости не входят!

Узловой ток (J ii ) состоит из двух алгебраических сумм: первая содержит токи источников тока, содержащиеся в ветвях, соединенных в i - ом узле; вторая представляет собой произведение ЭДС источников напряжения на проводимости соответствующих ветвей, соединенных в i - ом узле. Со знаком «+» в эту сумму входят E и J источников, действие которых направлено к узлу, со знаком «–» остальные.

4.Записать систему уравнений в виде

В этой системе каждому узлу соответствует отдельное уравнение.

5.Полученную систему уравнений решить относительно неизвестных (n – 1) потенциалов.

7.Проверить правильность расчетов при помощи баланса мощности.

Порядок расчета не зависит от вида источников, действующих в цепи. Но расчет упрощается в случае, когда между одной или несколькими парами узлов включены идеализированные источники ЭДС. Тогда напряжения между этими парами узлов становятся известными величинами, определенными условиями задачи. Для успешного решения подобных задач необходимо правильно обозначить опорный узел, в качестве которого может быть выбран только один из узлов, к которым присоединена ветвь с идеализированным источником ЭДС.

Если таких ветвей q , то количество уравнений в системе сократится до

k = n – 1 – q .

Пример 5. Рассчитаем электрическую цепь методом потенциалов. (См. рисунок 13)

Рисунок 13

Метод наложения

Метод наложения опирается на принцип наложения и заключается в следующем: ток или напряжение произвольной ветви или участка разветвленной электрической цепи постоянного тока определяется как алгебраическая сумма токов или напряжений, вызванных каждым из источников в отдельности.

При использовании этого метода задача расчета разветвленной электрической цепи с n источниками сводится к совместному решению n цепей с одним источником.

Алгоритм решения

1. Исходную цепь, содержащую n источников, преобразовать в n подсхем, каждая из которых содержит только один из источников, прочие источники исключаются следующим образом: источники напряжения замыкаются накоротко, а ветви с источниками тока обрываются. Внутренние сопротивления реальных источников играют роль потребителей и поэтому они должны оставаться в подсхемах.

2. Определить токи каждой из подсхем, задавшись их направлением в соответствии с полярностью источника. Расчет ведется по закону Ома с использованием метода эквивалентных преобразований пассивных цепей.

3. Полный ток в любой ветви исходной цепи определяется как алгебраическая сумма токов вспомогательных подсхем, причем при суммировании со знаком «+» берутся токи подсхем, направление которых совпадает с направлением тока в исходной цепи, со знаком «–» – остальные.

К достоинствам метода относят то обстоятельство, что расчет производится по частям, где составляющие тока и напряжения определяются довольно просто. Метод рекомендуется применять для схем, содержащих 2-3 источника.

Схема электрической цепи исходной задачи содержит два источника ЭДС, поэтому данную задачу можно решить и методом наложения токов.

1. Преобразуем схему (см. рисунок 14) так, чтобы в схеме остался один первый источник, второй источник не является идеальным, поэтому его заменяем резистором сопротивлением r2 (см. рисунок 15).

Найдем частичные токи.

Рисунок 14

Рисунок 15

2.Преобразуем схему (см. рисунок 14) так, чтобы в схеме остался один второй источник, первый источник не является идеальным, поэтому его заменяем резистором сопротивлением r1 (см. рисунок 16).

Найдем частичные токи.

Рисунок 16

Определим истинные токи:

Метод узлового напряжения

Потребители электрической энергии соединяются параллельно. Часто общая мощность включенных приемников становится больше той, которую может отдать в сеть источник энергии. В таких случаях при неизменном напряжении источники энергии включают параллельно. При этом получается цепь, которая содержит два узла. Напряжение между узлами А и Б называют узловым. Такую цепь удобно рассчитать методом узлового напряжения.

Алгоритм расчета

1. Указать направление токов на схеме (Направление токов выбрать в сторону одного из узлов).

3. Определить узловое напряжение:

Если направление ЭДС противоположно направлению тока в ветви, она войдет в формулу со знаком минус.

4. Найти ток в ветвях:

Пример7

Задачу, рассмотренную ранее, можно решить и методом узлового напряжения.

1.Обозначим узлы А и Б на схеме. Укажем направление токов.(См. рисунок 17)

2. Рассчитаем проводимости каждой ветви:

Рисунок 17

3.Определим узловое напряжение:

4. Найдем токи ветвей:

МАГНИТНОЕ ПОЛЕ

РЕФЕРАТ ПО ТЕМЕ:

МЕТОДЫ РАСЧЕТА ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ ПОСТОЯННОГО ТОКА

Введение

Общая задача анализа электрической цепи состоит в том, что по заданным параметрам (ЭДС, ТДС, сопротивлениям) необходимо рассчитать токи, мощность, напряжение на отдельных участках.

Рассмотрим более подробно методы расчета электрических цепей.

1. Метод уравнений Кирхгофа

Этот метод является наиболее общим методом решения задачи анализа электрической цепи. Он основан на решении системы уравнений, составленных по первому и второму законам Кирхгофа относительно реальных токов в ветвях рассматриваемой цепи. Следовательно, общее число уравнений p равно числу ветвей с неизвестными токами. Часть этих уравнений составляется по первому закону Кирхгофа, остальные – по второму закону Кирхгофа. В схеме содержащей q узлов, по первому закону Кирхгофа можно составить q уравнений. Однако, одно из них (любое) является суммой всех остальных. Следовательно, независимых уравнений, составленных по первому закону Кирхгофа, будет

.

По второму закону Кирхгофа должны быть составлены недостающие m уравнений, число которых равно

.

Для записи уравнений по второму закону Кирхгофа необходимо выбрать m контуров так, чтобы в них вошли в итоге все ветви схемы.

Рассмотрим данный метод на примере конкретной схемы (рис. 1).

Прежде всего, выбираем и указываем на схеме положительные направления токов в ветвях и определяем их число p . Для рассматриваемой схемы p = 6. Следует отметить, что направления токов в ветвях выбираются произвольно. Если принятое направление какого-либо тока не соответствует действительному, то числовое значение данного тока получается отрицательным.

Следовательно, число уравнений по первому закону Кирхгофа равно q – 1 = 3.

Число уравнений, составленных по второму закону Кирхгофа

m = p - (q – 1) = 3.

Выбираем узлы и контуры, для которых будем составлять уравнения, и обозначаем их на схеме электрической цепи.

Уравнения по первому закону Кирхгофа:

Уравнения по второму закону Кирхгофа:

Решая полученную систему уравнений, определяем токи ветвей. Расчет электрической цепи не обязательно заключается в вычислении токов по заданным ЭДС источников напряжения. Возможна и другая постановка задачи – вычисление ЭДС источников по заданным токам в ветвях схемы. Задача может иметь и смешанный характер – заданы токи в некоторых ветвях и ЭДС некоторых источников. Нужно найти токи в других ветвях и ЭДС других источников. Во всех случаях число составленных уравнений должно быть равно числу неизвестных величин. В состав схемы могут входить и источники энергии, заданные в виде источников тока. При этом ток источника тока учитывается как ток ветви при составлении уравнений по первому закону Кирхгофа.

Контуры для составления уравнений по второму закону Кирхгофа должны быть выбраны так, чтобы ни один расчетный контур не проходил через источник тока.

Рассмотрим схему электрической цепи, представленную на рис. 2.

Выбираем положительные направления токов и наносим их на схему. Общее число ветвей схемы равно пяти. Если считать ток источника тока J известной величиной, то число ветвей с неизвестными токами p = 4.

Схема содержит три узла (q = 3). Следовательно, по первому закону Кирхгофа необходимо составить q – 1 = 2 уравнения. Обозначим узлы на схеме. Число уравнений составленных по второму закону Кирхгофа m = p - (q – 1) =2.

Выбираем контуры таким образом, чтобы ни один из них не проходил через источник тока, и обозначаем их на схеме.

Система уравнений, составленная по законам Кирхгофа, имеет вид:

Решая полученную систему уравнений, найдем токи в ветвях. Метод уравнений Кирхгофа применим для расчета сложных как линейных, так и нелинейных цепей, и в этом его достоинство. Недостаток метода состоит в том, что при расчете сложных цепей необходимо составлять и решать число уравнений, равное числу ветвей p .

Заключительный этап расчета – проверка решения, которая может быть выполнена путем составления уравнения баланса мощности.

Под балансом мощностей электрической цепи понимается равенство мощностей, развиваемой всеми источниками энергии данной цепи, и мощности, потребляемой всеми приемниками той же цепи (закон сохранения энергии).

Если на участке цепи ab имеется источник энергии с ЭДС

и по этому участку протекает ток , то мощность, развиваемая этим источником, определяется произведением .

Каждый из множителей этого произведения может иметь положительный или отрицательный знак относительно направления ab. Произведение

будет иметь положительный знак, если знаки расчетных величин и совпадают (мощность, развиваемая данным источником, отдается приемникам цепи). Произведение будет иметь отрицательный знак если знаки и противоположны (источник потребляет мощность, развиваемую другими источниками). Примером может служить аккумулятор, находящийся в режиме зарядки. В этом случае мощность данного источника (слагаемое ) входит в алгебраическую сумму мощностей, развиваемых всеми источниками цепи, с отрицательным знаком. Аналогично определяется величина и знак мощности, развиваемой источником тока. Если на участке цепи mn имеется идеальный источник тока с током , то мощность развиваемая этим источником, определяется произведением . Как и в источнике ЭДС знак произведения определяется знаками множителей.

Теперь можно записать общий вид уравнения баланса мощностей

.

Для цепи, представленной на рис2.2 уравнение баланса мощности имеет вид

.

2. Метод контурных токов

Метод контурных токов сводится к составлению уравнений только по второму закону Кирхгофа. Число этих уравнений, равное

, на уравнений меньше числа уравнений, необходимых для расчета электрических цепей по методу законов Кирхгофа.

При этом предполагаем, что в каждом выбранном контуре протекает независимые друг от друга расчетные токи, называемые контурными. Ток каждой ветви определяется как алгебраическая сумма контурных токов, замыкающихся через эту ветвь, с учетом принятых направлений контурных токов и знаков их величин.

Для практических расчетов электрических цепей разработаны методы, позволяющие уменьшить количество решаемых уравнений в сравнении с системой уравнений по законам Кирхгофа. Рассмотрим эти методы.

а) Метод узловых потенциалов. Метод двух узлов.

Количество уравнений по методу узловых потенциалов определяется количеством уравнений по первому закону Кирхгофа для рассматриваемой электрической цепи. В соответствии с данным методом, необходимо сначала определить потенциалы всех узлов электрической цепи, а затем с помощью закона Ома определить токи в ветвях. При этом один из узлов электрической схемы, который называют опорным , заземляется, его потенциал становится равен нулю. Узел для заземления выбирается произвольно. Удобно заземлять узел, номер которого имеет наибольшее значение в заданной электрической цепи.

Система уравнений по методу узловых потенциалов в виде матрицы будет иметь столько строк и столбцов, столько уравнений необходимо записать по первому закону Кирхгофа для рассматриваемой электрической цепи. Если в электрической цепи имеется ветвь содержащая только идеальный источник ЭДС. Тогда удобно пронумеровать узлы электрической цепи так, чтобы номер узла с наибольшим значения в заданной электрической цепи, оказался в узле от которого отходит источник ЭДС. Этот узел принимают за опорный и заземляют. Тогда потенциал узла, в который входит источник ЭДС, будет известным и равным величине ЭДС источника.

Рассмотрим использование метода узловых потенциалов на примере.

Пример.

Метод узловых потенциалов целесообразно применять, когда количество уравнений по первому закону Кирхгофа для электрической цепи получается меньше чем по второму. На рисунке 2.1 представлена электрическая цепь, отвечающая указанным требованиям.

Рисунок 2.1 – Схема электрической цепи для расчета по методу узловых потенциалов

Представленная схема содержит 8 ветвей, 2 из которых содержат источники тока, следовательно, количество уравнений по второму закону Кирхгофа равно: 8 – 2 – 3 = 3 уравнения.

В заданной цепи четыре узла, следовательно, по первому закону Кирхгофа необходимо записать 4 – 1 = 3 уравнения, причем имеется ветвь, содержащая только идеальный источник ЭДС . В этом случае узел, от которого отходит источник ЭДС , пронумеруем цифрой 4 и примем его за опорный, потенциал которого равен нулю . Обозначим заземление у φ 4 на расчетной схеме. Потенциал узла, в который входит источник ЭДС , будет известным и равным величине ЭДС источника .

Таким образом, остается два неизвестных потенциала и , для их нахождения используем систему из двух уравнений:

где – собственные проводимости узлов 1, 2, …, S , соответственно, которые определяются как сумма проводимостей ветвей, присоединенных к соответствующему узлу. Для рассматриваемой цепи ; . В системе уравнений (2.1) у собственных проводимостей узлов по главной диагонали матрицы будут всегда стоять знаки «плюс». Если будет задана такая электрическая цепь, для которой по первому закону Кирхгофа необходимо будет записать другое количество уравнений, то система уравнений (2.1) должна состоять из строк и столбцов, количество которых определяется количеством уравнений по первому закону Кирхгофа.

– сумма проводимостей ветвей, соединяющих узел S с узлом N , всегда в системе уравнений (2.1) берется со знаком «минус». Для рассматриваемой цепи сумма проводимостей ветвей между узлами 1 и 2, а, следовательно, 2 и 1, является . Сумма проводимостей ветвей между узлами 1 и 3, равна нулю, следовательно . Сумма проводимостей ветвей между узлами 2 и 3 .

Где – алгебраическая сумма произведений ЭДС ветвей, примыкающих к узлу S , на их проводимости; при этом со знаком «плюс» берутся те произведения, в ветвях которых ЭДС действуют в направлении узла S , и со знаком «минус», – в направлении от узла S ;

– алгебраическая сумма источников тока, присоединенных к узлу S , знак перед определяется согласно правилу, указанному выше. В нашем случае , .

Таким образом, в новых обозначениях система уравнений 2.1 примет следующий вид

Решив полученную систему (2.2) относительно и , считая известным , найдем токи в ветвях электрической цепи.

Токи в ветвях электрической цепи определяются по закону Ома через полученные при решении системы (2.2) потенциалы:

Метод двух узлов (частный случай метода узловых потенциалов).

Встречаются электрические цепи у которых всего два узла рисунок 2.2. Для расчета токов в такой цепи наиболее рациональным методом расчета является метод двух узлов.

Рисунке 2.2 – Схема электрической цепи, содержащей два узла

Рассмотрим использование метода двух узлов на примере.

Пример .

Для электрической цепи (рисунок 2.2) по методу узловых потенциалов запишем следующее выражение:

Запишем получившееся выражение для напряжения :

Выражение (2.3) принято называть методом двух узлов .

Токи в ветвях электрической цепи, определяются по закону Ома следующим образом:

б) Метод контурных токов и эквивалентного генератора.

Метод контурных токов также позволяет уменьшить количество решаемых уравнений в сравнении с системой уравнений по законам Кирхгофа. Количество уравнений по методу контурных токов определяется числом уравнений по второму закону Кирхгофа для рассматриваемой электрической цепи. Метод основывается на том свойстве, что ток в любой ветви может быть представлен в виде алгебраической суммы независимых контурных токов, протекающих по этой ветви. В соответствии с данным методом необходимо выбрать контурные токи таким образом, чтобы каждый из них проходил через один источник тока, а оставшиеся контурные токи выбирать проходящими по ветвям, не содержащим источники тока.

Система уравнений по методу контурных токов в виде матрицы будет иметь столько строк и столбцов, столько уравнений необходимо записать по второму закону Кирхгофа для рассматриваемой электрической цепи. Если в электрической цепи имеется источник тока, то добавится столбец в систему уравнений, если два, то два столбца и т.д.

Рассмотрим использование метода контурных токов на примере.

Пример.

Метод контурных токов целесообразно применять, когда в количество уравнений по второму закону Кирхгофа для электрической цепи получается меньше чем по первому. На рисунке 2.3 представлена электрическая цепь, отвечающая указанным требованиям.

Рисунок 2.3 – Схема электрической цепи для расчета по методу контурных токов

Решение.

В этой цепи четыре узла, следовательно, по первому закону Кирхгофа необходимо записать 4 – 1 = 3 уравнения. Рассматриваемая схема содержит семь ветвей, две из которых с источниками тока, следовательно, по второму закону Кирхгофа количество уравнений равно: 7 – 2 – 3 = 2. Для заданной схемы направления обхода контурных токов , , , взяты по часовой стрелке, причем , т.к. обход контура не совпадает с направлением тока источника тока; , т.к. обход контура совпадает с направлением тока источника тока. Таким образом, контурные токи и считаются известными. Следовательно, остается два неизвестных контурных тока ( и ), для их нахождения используем систему из двух уравнений:

где – собственное сопротивление контура m (сумма сопротивлений всех ветвей, входящих в контур m ). Для рассматриваемой цепи ; . В системе уравнений (2.4) у собственных сопротивлений контуров по главной диагонали матрицы будут всегда стоять знаки «плюс». Если будет задана такая электрическая цепь, для которой по второму закону Кирхгофа необходимо будет записать другое количество уравнений, тогда и количество уравнений в системе (2.4) изменится. Количество строк в системе (2.4) определяется количеством уравнений по второму закону Кирхгофа, а количество столбцов равно сумме числа уравнений по второму закону Кирхгофа и числа источников тока.

– общее сопротивление контуров m и l , берется со знаком «плюс», если направления контурных токов в данной ветви совпадают, в обратном случае – берется знак «минус». В рассматриваемой схеме общим сопротивлением между контурами 1 и 2, а, следовательно, 2 и 1, является . Направление контурных токов в данной ветви не совпадают, следовательно, сопротивление войдет в уравнение со знаком «минус». Сопротивления между контурами 1 и 3, а также 1 и 4 равны нулю, следовательно, и . Сопротивление между контурами 2 и 3 . Направление контурных токов в данной ветви не совпадают, следовательно, сопротивление войдет в уравнение со знаком «минус». Сопротивление между контурами 2 и 4 . Направление контурных токов в данной ветви совпадают, следовательно, сопротивление войдет в уравнение со знаком «плюс».

– алгебраическая сумма ЭДС, входящих в контур m. Для данной схемы , .

Таким образом, в новых обозначениях система уравнений 2.4 примет следующий вид

Решив полученную систему (2.5) относительно и , считая и известными, найдем токи в ветвях электрической цепи.

Токи в ветвях электрической цепи, через контурные токи определяются следующим образом:

Метод эквивалентного генератора в отличие от представленных выше позволяет определить ток, только в одной выбранной ветви, путем упрощения оставшейся части электрической цепи в одноконтурную неразветвленную цепь. По отношению к выделенной ветви остальную часть цепи заменяют эквивалентным источником ЭДС – генератором. ЭДС этого генератора равна напряжению холостого хода на зажимах выделенной части цепи, к которым будет подключаться ветвь с определяемым током. Внутреннее сопротивление генератора будет равна входному сопротивлению по отношению к зажимам выделенной ветви.

Последовательность расчета по методу эквивалентного генератора.

1. Выделить в расчетной цепи ветвь, ток которой необходимо определить. Остальную часть схемы представить в виде источника ЭДС и внутреннего сопротивления. Выбрать положительное направление тока в ветви.

2. Отсоединив выделенную ветвь, определить любым из ранее изученных методов напряжение на зажимах оставшейся части схемы, к которым будет подключаться ветвь с определяемым током.

3. Определить эквивалентное входное сопротивление по отношению к зажимам выделенной ветви. При этом источники энергии заменить их внутренними сопротивлениями и считать сопротивления источников ЭДС равными нулю, а сопротивления источников тока равными бесконечности.

4. Определить по закону Ома ток в полученной неразветвленной цепи:

где , – параметры ветви с искомым током.

Пример.

Рассмотрим использование метода эквивалентного генератора для электрической цепи, представленной на рисунке 2.4.

Рисунок 2.4 – Схема электрической цепи для расчета по методу эквивалентного генератора

При расчетах необходимо определить ток в третьей ветви. Все параметры элементов электрической цепи, и ее топология считаются известными.

Решение.

1. Выделим в расчетной цепи ветвь с током , который будем определять. Остальную часть схемы представим в виде источника ЭДС напряжением и внутренним сопротивлением (рисунок 2.5). Выберем положительное направление тока в третьей ветви.

Рисунок 2.5 – Эквивалентная схема замещения

3. Отсоединим третью ветвь и определим любым из ранее изученных методов напряжение на зажимах оставшейся части схемы (рисунок 2.6).

Рисунок 2.6 – Схема электрической цепи для расчета по методу эквивалентного генератора

После отключения третьей ветви три электрическая цепь распадается на две независимые. Одна с источником ЭДС , другая источником тока . В таком случае найти напряжение можно по закону Ома. Условно заземлим узел 3, тогда .

Найдем потенциал точки 1 через потенциал узла 3

Потенциал точки 2 через потенциал точки 3

Таким образом,

4. Определим эквивалентное входное сопротивление по отношению к зажимам выделенной ветви. При этом источники энергии заменим их внутренними сопротивлениями и считаем сопротивления источников ЭДС равными нулю, а сопротивления источников тока равными бесконечности

5. Определим по закону Ома ток в третьей ветви:

в) Метод наложения.

Метод наложения применим только для расчета линейных цепей, параметры элементов которых не зависят от значений протекающего тока или приложенного напряжения. Для расчетов цепей методом наложения составляют столько частных схем, сколько независимых источников энергии имеет исходная цепь. В частной схеме оставляется только один источник, все остальные заменяют их внутренними сопротивлениями. Результирующий ток ветви равен алгебраической сумме частных токов, вызванных действием каждого источника в отдельности. При исключении идеальных источников напряжения вместо источника ставится короткозамкнутая перемычка, что соответствует ЭДС, равной нулю при нулевом внутреннем сопротивлении. Ветвь с источником тока, наоборот, размыкается, что соответствует нулевому току при нулевой проводимости.

При расчете частных схем токи, протекающие в ветвях, обозначают двумя индексами. Нижний индекс показывает номер ветви, в которой определяют ток, а верхний – номер источника, действием которого вызывается ток. Например, − ток первой ветви, вызываемый действием второго источника. При расчете частных схем часто приходится рассчитывать токи в параллельных ветвях и (см. практическое занятие 1).

Рассмотрим использование метода наложения на примере.

Пример.

Методом наложения целесообразно пользоваться при расчетах электрической цепи, в которой содержащих один или два, в крайнем случае, три источника электрической энергии. На рисунке 2.7 представлена электрическая цепь с двумя источниками энергии, отвечающая указанным требованиям.

Рисунок 2.7 – Схема электрической цепи для расчета по методу наложения

Для нахождения токов в схеме рисунка 2.7 методом наложения определяют токи в частных схемах, приведенных на рисунках 2.8 и 2.9.

Рисунок 2.8 Рисунок 2.9

Для схемы рисунка 2.8:

Для схемы рисунка 2.9:

Следует отметить, что при действии в электрической схеме одного источника электрической энергии, как показано рисунках 2.8 и 2.9, в ветвях схемы текут частичные токи. Их направление обусловлено направлением действующего в электрической цепи источника электрической энергии. Так, на рисунке 2.8 направление тока обусловлено направлением источника ЭДС . Из рисунка 2.8 видно, что ток подтекает к узлу 1, в котором он разделяется на ток и ток , после чего эти токи подтекают к узлу 2, где они снова объединяются в ток . На рисунке 2.9 направление токов , , , обусловлено направлением источника тока .

Таким образом, токи в исходной электрической цепи, определятся на основе частичных токов следующим образом:

Знак «минус» стоит у первого и третьего тока, так как их частичные токи при действии двух источников энергии имеют разные направления. Частичные токи второго и четвертого тока имеют одинаковые направления, поэтому в уравнениях результирующего тока стоит знак «плюс».

Выводы по лекции

Для расчета токов ветвях электрицеской цепи кроме законов Кирхгофа можно применять метод узловых потенциалов, метод контурных токов, метод наложения, метод эквивалентного генератора. Число уравнений для метода узловых потенциалов такое же как по первому закону Кирхгофа, если схема содержит всего два узла можно применять метод двух узлов. Число уравнений для метода контурных токов такое же как по второму закону Кирхгофа. Метод наложения целесообразно использовать, когда в электрической цепи содержится не более трех источников электрической энергии. Если необходимо рассчитать ток в одной ветви можно использовать метод эквивалентного генератора.

Вопросы для самопроверки

1. Сформулировать основные принципы метода узловых потенциалов.

2. Каковы особенности применения метода узловых потенциалов для схем, содержащих только идеальный источник ЭДС в любой из ветвей?

3. Как найти токи в ветвях по методу двух узлов?

4. Охарактеризуйте основные этапы метода контурных токов.

5. Каковы особенности применения метода контурных токов для схем, содержащих источник тока?

6. В чем преимущества и недостатки метода наложения?

7. Изложите суть метода эквивалентного генератора?

Дано: Е1=28 В, Е2= 16 В,

R1= R5 =R6= 30 Ом,

R2=16 Ом, R3=R4= 10 Ом,

r01=2 Ом, r02=1 Ом.

Определить: I1, I2, I3, I4, I5, I6.

Выполнить следующее:

• 1) составить на основании законов Кирхгофа систему уравнений для определения токов во всех ветвях схемы;
• 2) определить токи во всех ветвях схемы на основании метода контурных токов;
• 3) определить токи во всех ветвях схемы на основании метода наложения;

Составляем систему уравнений. В системе должно быть столько уравнений, сколько в цепи ветвей (неизвестных токов).

В заданной цепи шесть ветвей, значит, в системе должно быть шесть уравнений (m = 6). Сначала составляем уравнения для узлов по первому закону Кирхгофа. Для цепи с n узлами можно составить (n-1) независимых уравнений. В нашей цепи четыре узла (А, В, С, D), значит, число уравнений: n-1 = 4-1 = 3.

Составляем три уравнения для любых 3-х узлов.

узел A: I2+I3=I1

узел В: I4+I6=I2

узел C: I5+I6=I3

Всего в системе должно быть шесть уравнений. Три уже есть. Три недостающие составляем для линейно независимых контуров.

Задаёмся обходом каждого контура и составляем уравнение по второму закону Кирхгофа.

Контур А - принимаем обход против часовой стрелки:

E1=I1 (r01+R1+R2)+I2

Контур B - обход пo часовой стрелки:

Контур C - обход против часовой стрелки:

Определить токи во всех ветвях схемы, используя метод контурных токов.

Метод контурных токов основ на использовании только второго закона Кирхгофа. Это позволят уменьшить число уравнений в системе на (n-1).

Где n - количество узлов в схеме. Достигается это разделением схемы на независимые контуры и введением для каждого контура ячеек своего тока контурного тока, являющегося расчетной величиной. И так в заданной цепи можно рассмотреть три контура ячейки(ACDA,ABDA,CBDC) и ввести для них контурные токи,.

Ветви, принадлежащие двум смежными контурам, называются смежными ветвями. В них действительный ток равен алгебраической сумме контурных токов смежных контуров, с учётом их направления.

При составлении уравнений по второму закону Кирхгофа в левой части равенства алгебраически суммируются ЭДС источников, входящих в контур-ячейку, в правой части равенства алгебраически суммируются напряжения на сопротивлениях, входящих в этот контур, а также учитывается падение напряжения на сопротивлениях смежной ветви, определяемое по контурному току соседнего контура. Исходя из этого порядок решения цепи постоянного тока методом контурных токов будет выглядеть таким образом:

Стрелками указывается выбранные направления контурных токов, в контурах -- ячейках. Направление обхода контуров принимают таким- же;

Как и при решении задачи по законам Кирхгофа, так и здесь составляются уравнения (берем контур и обходим его по заданному направлению обхода) и решается система уравнений методом подстановки, или с помощью определителей. Составляем систему уравнений согласно второму закону Кирхгофа:

E1 =Ik1(r01+R1+R4+R2)-Ik2 R2-Ik3 R4

E2-E3 =Ik2(r02+R3+R6+R2)-Ik2 R2-Ik3 R6

E3 =Ik3(R4+R5+R3)-Ik1 R4-Ik2 R6

Подставляем численные значения сопротивлений и ЭДС источников в полученную систему уравнений

• 28= Ik1 (2+30+10+16)- Ik2 16- Ik3 10
• 16-24= Ik2 (1+10+30+16)- Ik1 16- Ik3 30
• 24= Ik3 (10+30+10)- Ik1 10- Ik2 30
• 28= Ik1 58- Ik2 16- Ik3 10
• -8= - Ik1 16+ Ik2 57- Ik3 30
• 24= - Ik1 10- Ik2 30+ Ik3 50

Решаем составленную систему уравнений методам Крамера

Предыдущая статья: Чему равна скорость света Следующая статья: Углерод — характеристика элемента и химические свойства