Линейные электрические цепи постоянного тока. Линейные электрические цепи Линейная эл цепь

Электротехническое устройство с происходящими в нем и в окружающем его пространстве физическими процессами в теории электрических цепей заменяют некоторым расчетным эквивалентом – электрической цепью.

Электрической цепью называют совокупность устройств и объектов, предназначенных для распределения, взаимного преобразования и передачи электрической и других видов энергии и (или) информации.

Электромагнитные процессы в цепи и ее параметры могут быть описаны с помощью понятий: ток, напряжение (разность потенциалов), заряд, магнитный поток, электродвижущая сила, сопротивление, индуктивность, взаимная индуктивность и емкость.

Электрическая цепь состоит из отдельных частей (объектов), выполняющих вполне определенные функции и называемых элементами цепи.

Изображение электрической цепи с помощью условных знаков называют электрической схемой .

Зависимость тока, протекающего по элементу электрической цепи, от напряжения на этом элементе называют вольтамперной характеристикой (ВАХ) элемента. Элементы, ВАХ которых описываются линейными уравнениями и изображаются прямыми линиями, называют линейными элементами, а цепи, содержащие только линейные элементы – линейными цепями .

Элементы, ВАХ которых не являются прямыми линиями, называют нелинейными, а электрические цепи с нелинейными элементами – нелинейными электрическими цепями .

У каждого элемента цепи можно выделить определенное число зажимов (полюсов) , с помощью которых он соединяется с другими элементами. Различают двухполюсные и многополюсные (трехполюсные, четырехполюсные и т.д.) элементы цепи.

Электрические цепи подразделяют на неразветвленные и разветвленные. В неразветвленной электрической цепи все ее элементы соединены последовательно и по ним течет один и тот же ток. В разветвленной электрической цепи имеются ветви и узлы, причем в каждой ветви течет свой ток.

Ветвь – это участок электрической цепи, образованный последовательно соединенными элементами (по которым течет одинаковый ток) и заключенный между двумя узлами.

Узел – это точка цепи, в которой соединяется не менее трех ветвей.

На электрических схемах узел помечают точкой.

По назначению все элементы электрической цепи можно разделить на активные и пассивные.

Активные элементы – источники или генераторы служат для преобразования различных видов энергии в электрическую. К ним относятся электромеханические или электронные генераторы, аккумуляторы, гальванические элементы и т.д.

Пассивные элементы цепи – приемники или нагрузки служат для преобразования электрической энергии в другие виды энергии. Сюда можно отнести электрические двигатели, нагревательные приборы, лампы накаливания и др.

/

5.Основные методы анализа линейных электрических цепей.

Значительно упрощают расчет методом контурных токов , так как он позволяет сократить число уравнений.

При расчёте этим методом полагают, что в каждом независимом контуре схемы течёт свой контурный ток. Уравнения составляют относительно контурных токов, после чего через них определяют токи ветвей.

Метод наложения : ток в любой ветви равен алгебраической сумме токов, вызываемых каждой из Э.Д.С. схемы в отдельности. Линейная электрическая цепь описывается системой линейных уравнений Кирхгофа. Это означает, что она подчиняется принципу наложения (суперпозиции), согласно которому совместное действие всех источников в электрической цепи совпадает с суммой действий каждого из них в отдельности.

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.

6. Причины возникновения и сущность переходных процессов.

Переход из одного стационарного состояния в другое происходит не мгновенно, а с течением времени, что обусловлено наличием в цепи накопителей энергии (индуктивностей катушек и ёмкостей конденсаторов). Магнитная энергия катушек и электрическая энергия конденсаторов скачком измениться не могут, т.к. для осуществления этого необходимы источники, имеющие бесконечно большую мощность. Процессы, сопровождающие этот переход, называются переходными .

7. Анализ переходных процессов во временной области. Классический метод

Классический метод расчета переходных процессов основан на составлении и последующем решении (интегрировании) дифференциальных уравнений, составленных по законам Кирхгофа и связывающих искомые токи и напряжения послекоммутационной цепи и заданные воздействующие функции (источники электрической энергии. Преобразуя систему уравнений, можно вывести итоговое дифференциальное уравнение относительно какой-либо одной переменной величины x (t ):

Здесь n – порядок дифференциального уравнения, он же – порядок цепи, коэффициенты a k > 0 и определяются параметрами пассивных элементов R , L , C цепи, а правая часть является функцией задающих воздействий.

В соответствии с классической теорией дифференциальных уравнений полное решение неоднородного дифференциального уравнения находится в виде суммы частного решения неоднородного дифференциального уравнения и общего решения однородного дифференциального уравнения:

Ч
астное решение полностью определяется видом правой части f (t ) дифференциального уравнения. В электротехнических задачах правая часть зависит от воздействующих источников электрической энергии, поэтому вид
обуславливается (принуждается) источниками электрической энергии и называется принужденной составляющей.

Общее решение однородного дифференциального уравнения зависит от корней характеристического уравнения, которые определяются коэффициентами дифференциального уравнения, и не зависит от правой части. Таким образом, любая искомая величина в переходном режиме

.

16.Активное реактивное и полное сопротивления. Треугольник сопротивлений

.

Из этого следует, что модуль комплексного сопротивления:

. (3.44)

Следовательно, z можно представить как гипотенузу прямоугольного треугольника (рис. 3.13) – треугольника сопротивлений, один катет которого равен R, другой - х.

При этом

, (3.45)

. (3.46)

Зная
или
, можно определить угол .

Знак угла в выражениях для мгновенного значения тока определяется характером нагрузки: при индуктивном характере нагрузки (
) ток отстаёт от напряжения на угол и в выражении для мгновенного значения тока угол записывают со знаком минус, то есть ; при емкостном характере нагрузки (
) ток опережает напряжение на угол и выражение мгновенного значения тока записывают со знаком плюс, то есть .

17. Резонанс напряжений. Коэфф. Мощности. Треугольник мощностей.

Соответствует случаю, когда
(рис. 3.16). При этом
(см. подробнее раздел 3.10).

Из формулы 3.41 можно сделать вывод, что мощности P, Q, S связаны следующей зависимостью:

. (3.47)

Графически эту связь можно представить в виде прямоугольного треугольника (рис. 3.17) – треугольника мощности, у которого имеются катет, равный Р, катет равный Q и гипотенуза S.

Отношение Р к S, равное
, называется коэффициентом мощности .

. (3.48)

На практике всегда стремятся увеличить
, так как реактивная мощность, которая всегда существует в цепи R, L, C, не потребляется, а используется лишь активная. Из этого можно сделать вывод, что реактивная мощность является лишней и ненужной.

21.Параллельное соединение индуктивно связанных элементов цепи

Две катушки с сопротивлениями R 1 и R 2 , индуктивностями L 1 и L 2 и взаимной индуктивностью М соединены параллельно, причем одноимённые выводы присоединены к одному и тому же узлу (рис. 4.7).

При выбранных положительных направлениях токов и напряжения получаем следующие выражения:

; (4.11)

; (4.12)

; (4.13)

где
(4.14)

В этих уравнениях комплексные напряжения
и
взяты со знаком плюс, так как положительные направления этих напряжений (выбранные сверху вниз) и тех токов, от которых эти напряжения зависят, ориентированы относительно одноименных выводов одинаково. Решив уравнения, получим

; (4.15)

; (4.16)

. (4.17)

Откуда следует, что входное комплексное сопротивление рассматриваемой цепи

. (4.18)

Рассмотрим теперь включение, при котором одноименные выводы присоединены к разным узлам, т. е. L 1 и L 2 присоединены к узлу разноименными выводами. В этом случае положительные направления напряжений взаимной индукции (выбранные сверху вниз) и тех токов, от которых они зависят, ориентированы относительно одноименных выводов неодинаково и комплексные напряжения
и
войдут в уравнения (4.12) и (4.13) со знаком минус. Для токов
получатся выражения, аналогичные (4.15-4.17), с тем отличием, что Z М заменяется на - Z М и входное сопротивление цепи

. (4.19)

25.Определение четырёхполюсника. Основные формы записи уравнений четырёхполюсника

В ряде случаев необходимо рассматривать электрические цепи с двумя входными и двумя выходными зажимами, в которых ток и напряжение на входе связаны линейными зависимостями с напряжением и током на выходе.

Такие цепи называются четырёхполюсниками . Они могут иметь сколь угодно сложную структуру, так как в процессе исследования цепи важно определить не токи и напряжения в отдельных ветвях, а только зависимости между входными и выходными напряжениями и токами.

Иногда четырёхполюсниками называют электрические аппараты и устройства, имеющие пару входных и пару выходных зажимов. К ним, например, относятся однофазные трансформаторы, участки линии электропередачи, мостовые диодные выпрямители, сглаживающие фильтры и прочее.

Условное изображение четырехполюсника показано на рис. 7.1.

О
дну пару выводов называют входными (обозначаются
), другую - выходными (обозначаются
).

Если четырёхполюсник не содержит источников электрической энергии, то он называется пассивным , а если содержит – активным .

Примером активного четырёхполюсника может служить электронный усилитель.

На схеме активный четырёхполюсник изображается в виде прямоугольника с буквой А. Пассивный четырёхполюсник обозначается буквой П, либо вообще не обозначается.

Если у четырёхполюсника рабочими являются обе пары зажимов, то он называется проходным .

Четырёхполюсник, по сути, является передаточным звеном между источником питания и нагрузкой. К входным зажимам
, как правило, подключают источник питания, к выходным зажимам
- нагрузку.

Зависимости между двумя напряжениями и двумя токами на входных и выходных выводах можно записать в различной форме.

Возможны следующие шесть форм записи уравнений пассивного четырёхполюсника:

Форма А (основная):

, (7.1)

, (7.2)

где A,D – безразмерные коэффициенты;

С – [См]= [Ом -1 ]

27. Метод эквивалентного генератора

В практических расчётах часто нет необходимости знать режимы работы всех элементов сложной цепи, но ставится задача исследовать режимы работы одной определённой ветви.

При расчёте сложной электрической цепи приходится выполнять значительную вычислительную работу даже в том случае, когда требуется определить ток в одной ветви. Объём этой работы в несколько раз увеличивается, если необходимо установить изменение тока, напряжения, мощности при изменении сопротивления данной ветви, так как вычисления нужно производить несколько раз, задаваясь различными значениями сопротивления.

В любой электрической схеме можно мысленно выделить какую-то одну ветвь, а всю остальную часть схемы, независимо от структуры и сложности, условно изобразить прямоугольником, который представляет собой так называемый двухполюсник.

Таким образом, двухполюсник - это обобщённое название схемы, которая двумя выходными зажимами (полюсами) присоединена к выделенной ветви. Если в двухполюснике есть источник Э.Д.С. или тока, то такой двухполюсник называют активным. Если в двухполюснике нет источника Э.Д.С. или тока, то его называют пассивным.

При решении задачи методом эквивалентного генератора (активного двухполюсника) необходимо:

1 . Мысленно заключить всю схему, содержащую Э.Д.С. и сопротивления, в прямоугольник, выделив из нее ветвь аb, в которой требуется найти ток (рис 2.13).

Найти напряжение на зажимах разомкнутой ветви ab (в режиме холостого хода).

Напряжение холостого хода Uо (эквивалентное Э.Д.С. Еэ) для рассматриваемой цепи можно найти так:
.

Сопротивление R4 в расчёт не вошло, так как при разомкнутой ветви ab ток по нему не протекает.

3. Найти эквивалентное сопротивление. При этом источники Э.Д.С. закорачиваются, а ветви, содержащие источники тока, размыкаются. Двухполюсник становится пассивным.

Д ля данной схемы

.

4. Вычислить значение тока. Для данной схемы имеем:
.

Последовательность расчета линейных электрических цепей с помощью законов Кирхгофа:

произвольно задаются положительные направления токов в ветвях;

обозначают направления обхода контуров;

записывают уравнения по первому и второму законам Кирхгофа;

решают уравнения;

проверяют правильность расчета, составляя энергетический баланс.

Первый закон Кирхгофа:

Формулировка: Алгебраическая сумма токов ветвей, сходящихся в узле равна нулю, при этом токи, направленные от узла, следует брать со знаком плюс, а токи, направленные к узлу, - со знаком минус.

Второй закон Кирхгофа:

Формулировка: Алгебраическая сумма напряжений на резистивных элементах замкнутого контура равна алгебраической сумме э.д.с., входящих в контур. Слагаемые берут со знаком плюс в случае, когда направление обхода контура совпадает с направлением соответсвенно напряжения, тока или э.д.с., в противном случае слагаемые берут с отрицательным знаком.

Если в цепи имеется x ветвей и у узлов, в том числе x i –ветвей с источниками токов, то необходимо составить x – x i уравнений для определения токов во всех ветвях. При этом по первому закону Кирхгофа составляют у– 1 уравнений, а все остальные x – x i –(у– 1) уравнения – по второму закону Кирхгофа.

Для проверки правильности расчетов определяют сумму мощностей, генерируемых источниками, и сравнивают ее с суммой мощностей всех потребителей

.

Слагаемые I 2 R всегда положительны, а слагаемые EI берут со знаком минус, когда направления E и I встречные. Если баланс не получается, то токи определены неправильно.

2. Методы расчёта электрических цепей постоянного тока.

Метод контурных токов:

Ток в любой ветви электрической схемы можно представить в виде суммы нескольких токов, каждый их которых замыкается по своему контуру, оставаясь вдоль него неизменным. Такие составляющие действительных токов называют контурными токами . На рис. действительный ток I 2 можно представить как разность контурных токов I 11 и I 22 , т.е.

I 2 =I 11 –I 22 .

При этом уравнение по второму закону Кирхгофа, составленное для 1-го контура, имеет вид I 1 R 1 +I 2 R 2 =E 1 –E 2 , или с учетом предыдущего уравненияI 11 R 1 +(I 11 –I 22)R 2 =E 1 –E 2 .

Аналогично для другого контура

I 2 R 2 +I 3 R 3 =E 3 –E 2 или (I 11 –I 22)R 2 –I 22 R 3 =E 3 –E 2 .

Преобразуем уравнения

или иначе I 11 R 11 –I 22 R 12 =E 11

–I 11 R 21 +I 22 R 22 =E 22 ,

где R 11 – сумма сопротивлений всех ветвей, входящих в первый контур; R 12 – сопротивление ветви, общей для первого и второго контура; E 11 – сумма всех ЭДС, входящих в первый контур.

Соответствующие ЭДС берутся со знаком «минус», если они направлены против направления обхода контура. Аналогичные величины получаются для второго контура.

Метод наложения (суперпозиции):

Для линейных цепей ток в k-ветви равен сумме токов, вызываемых каждой из ЭДС схемы в отдельности. Это позволяет проводить расчеты электрических цепей методом наложения – сначала определить все токи от одной ЭДС, затем от другой и т.д., а потом все составляющие токов от разных ЭДС сложить. Отметим, что мощности от частичных токов суммировать нельзя – в баланс мощностей должны входить полные токи.

Принцип взаимности:

Для линейной цепи ток в k-ветви I k , вызванный источником E m , находящимся в m-ветви, равен току I m в m-ветви, вызванным источником E m , если источник E m перенести в k-ветвь, т.е. I k = E m g k m = E m g m k .

Принцип компенсации:

В любой электрической цепи без изменений токораспределения можно заменить сопротивление источником ЭДС, величина которого равна падению напряжения на сопротивлении и направлена встречно току на этом сопротивлении. Аналогичную замену можно сделать и источником тока J , величина которого равна току в этом сопротивлении и направлена на ту же сторону. Это следует из второго и соответственно первого законов Кирхгофа при переносе слагаемого из левой части уравнения в правую.

3. Нелинейные электрические цепи постоянного тока и методы их расчета.

В электрические цепи могут входить элементы, сопротивление которых не является величиной постоянной, а зависит от напряжения и силы тока. Вольт-амперная характеристика (ВАХ) такого элемента имеет нелинейный вид, поэтому элемент называется нелинейным (НЭ). Электрическая цепь, в которую входит хотя бы один нелинейный элемент, называется нелинейной. К нелинейным элементам относятся полупроводниковые приборы, лампы накаливания и др. На рис.1 приведена ВАХ одного из НЭ.

Каждой точке ВАХ НЭ соответствует определенное сопротивление
, которое пропорционально тангенсу угла наклона прямой CN к оси токов. Это сопротивление называетсястатическим и представляет собой сопротивление элемента постоянному току. Кроме статического сопротивления НЭ для каждой точки характеристики можно определить так называемое дифференциальное сопротивление R диф , которое равно отношению приращения напряжения  U к приращению тока  I , стремящегося к нулю:

,

т.е. пропорционально тангенсу угла наклона касательной в данной точке характеристики к оси токов. Дифференциальное сопротивление характеризует НЭ при малых изменениях напряжения и тока. При расчете нелинейной цепи с последовательным соединением линейного и нелинейного элемента часто используют метод нагрузочной характеристики.

Для цепи, показанной на рис. 2, согласно второму закону Кирхгофа можно записать:

откуда
. (1)

При постоянных значениях E и R из (1) следует, что между током I и напряжением на нелинейном элементе U НЭ существует линейная зависимость I=f(U НЭ ) , которая называется нагрузочной характеристикой. Нагрузочная характеристика проходит через две точки (рис. 3): E = U НЭ , при I = 0 (обрыв в цепи), и , приU НЭ = 0 (короткое замыкание на нелинейном элементе).

§ 1.1. Электромагнитное поле как вид материи.

Под электромагнитным полем понимают вид материи, характеризующийся совокупностью взаимосвязанных и взаимообусловливающих друг друга электрического и магнитного полей. Электромагнитное поле может существовать при отсутствии другого вида материи - вещества, характеризуется непрерывным распределением в пространстве (электромагнитная волна в вакууме) и может проявлять дискретную структуру (фотоны). В вакууме поле распространяется со скоростью света, полю присущи характерные для него электрические и магнитные свойства, доступные наблюдению.

Электромагнитное поле оказывает силовое воздействие на электрические заряды. Силовое воздействие положено в основу определения двух векторных величин, описывающих поле: напряженности электрического поля и индукции магнитного поля На заряд (Кл), движущийся со скоростью v в электрическом поле напряженности Е и магнитном поле индукции В, действует сила Лоренца

Электромагнитное поле обладает энергией, массой и количеством движения, т. е. такими же атрибутами, что и вещество. Энергия в единице объема, занятого полем в вакууме, равна сумме энергий электрической и магнитной компонент поля и равна здесь - электрическая постоянная, - магнитная постоянная, Гн/м. Масса электромагнитного поля в единице объема равна частному от деления энергии поля на квадрат скорости распространения электромагнитной волны в вакууме, равной скорости света.

Несмотря на малое значение массы поля по сравнению с массой вещества, наличие массы поля указывает на то, что процессы в поле являются процессами инерционными. Количество движения единицы объема электромагнитного поля определяется произведением массы единицы объема поля на скорость распространения электромагнитной волны в вакууме.

Электрическое и магнитное поля могут быть изменяющимися и неизменными во времени. Неизменным в макроскопическом смысле электрическим полем является электростатическое поле, созданное совокупностью зарядов, неподвижных в пространстве и неизменных во времени. В этом случае существует электрическое поле, а магнитное отсутствует. При протекании постоянных токов по проводящим телам внутри и вне их существует электрическое и магнитное поля, не влияющие друг на друга, поэтому их можно рассматривать раздельно. В изменяющемся во времени поле электрическое и магнитное поля, как упоминалось, взаимосвязаны и обусловливают друг друга, поэтому их нельзя рассматривать раздельно.

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.