Лінійні електричні кола постійного струму. Лінійні та нелінійні електричні ланцюги Приклади лінійних елементів електричних кіл
Лінійний електричний ланцюг
English: Line circuit
Електричний ланцюг, електричні опори, індуктивності та електричні ємності ділянок якого не залежать від значень та напрямків струмів та напруг у ланцюгу (за ГОСТ 19880-74)
Будівельний словник.
Дивитись що таке "Лінійний електричний ланцюг" в інших словниках:
лінійний електричний ланцюг- Електричний ланцюг, у якого електричні напруги та електричні струми або(і) електричні струми та магнітні потокозчеплення, або(і) електричні заряди та електричні напруги пов'язані один з одним лінійними залежностями. [ГОСТ Р 52002 … Довідник технічного перекладача
Лінійний електричний ланцюг- 119. Лінійний електричний ланцюг Електричний ланцюг, електричні опори, індуктивності та електричні ємності ділянок якого не залежать від значень та напрямків струмів та напруг у ланцюзі Джерело: ГОСТ 19880 74: Електротехніка.
Лінійний електричний ланцюг- – електричний ланцюг, електричні опори, індуктивності та електричні ємності ділянок якого не залежать від значень та напрямків струмів та напруг у ланцюзі. ГОСТ 19880 74 … Комерційна електроенергетика. Словник-довідник
лінійний електричний ланцюг- Електричний ланцюг, опори, індуктивності та ємності ділянок якого не залежать від величин та напрямків струмів та напруг у ланцюгу … Політехнічний термінологічний тлумачний словник
Електричний ланцюг лінійний (нелінійний)- електричний ланцюг, у якого електричні напруги та електричні струми або (і) електричні струми та магнітні потокозчеплення, або (і) електричні заряди та електричні напруги пов'язані один з одним лінійними (нелінійними). Офіційна термінологія
Лінійний [нелінійний] електричний ланцюг- 1. Електричний ланцюг, у якого електричні напруги та електричні струми або(і) електричні струми та магнітні потокозчеплення, або(і) електричні заряди та електричні напруги пов'язані один з одним лінійними [нелінійними]… … Телекомунікаційний словник
Сукупність джерел, приймачів електричної енергії і проводів, що їх з'єднують. Крім цих елементів, в Е. ц. можуть входити вимикачі, перемикачі, запобіжники та інші електричні апарати захисту та комутації, а також. Велика Радянська Енциклопедія
лінійна- 98 лінійний [нелінійний] електричний ланцюг Електричний ланцюг, у якого електричні напруги та електричні струми або(і) електричні струми та магнітні потокозчеплення, або(і) електричні заряди та електричні напруги пов'язані один з ... Словник-довідник термінів нормативно-технічної документації
У Вікисловарі є стаття «ланцюг» Ланцюг: У техніці: Ланцюг конструкція, що складається з однакових ланок (у первісному значенні металевих кілець), … Вікіпедія
Малюнок 1 Ланцюг Чуа. L, G, C1, C2 пасивні елементи, g діод Чуа. У класичному варіанті пропонуються такі значення елементів: L=1/7Гн;G=0.7См;C1=1/9Ф;C2=1Ф Ланцюг Чуа, схема Чуа найпростіший електричний ланцюг, що демонструє режими…
Лінійним електричним ланцюгом називають такий ланцюг, всі компоненти якого лінійні. До лінійних компонентів відносяться залежні та незалежні ідеалізовані джерела струмів і напруг, резистори (що підпорядковуються закону Ома), та будь-які інші компоненти, що описуються лінійними диференціальними рівняннями, найбільш відомі електричні конденсатори та індуктивності.
Сформулюйте закони Кірхгофа. Що відбивають вони фізично?
Перше правило Кірхгофа(Правило струмів Кірхгофа) свідчить, що алгебраїчна сума струмів у кожному вузлі будь-якого ланцюга дорівнює нулю. При цьому струм, що входить у вузол, прийнято вважати позитивним, а що витікає - негативним:
Друге правило Кірхгофа(Правило напруг Кірхгофа) говорить, що алгебраїчна сума падінь напруг на всіх гілках, що належать будь-якому замкнутому контуру ланцюга, дорівнює сумі алгебри ЕРС гілок цього контуру. Якщо контурі немає джерел ЭРС (ідеалізованих генераторів напруги), то сумарне падіння напруг дорівнює нулю:
Фізичний зміст другого закону Кірхгофа
Другий закон встановлює зв'язок між падінням напруги на замкнутій ділянці електричного ланцюга та дією джерел ЕРС на цій же замкнутій ділянці. Він пов'язані з поняттям роботи з перенесення електричного заряду. Якщо переміщення заряду виконується по замкнутому контуру, повертаючись у ту саму точку, то досконала робота дорівнює нулю. Інакше не виконувався б закон збереження енергії. Ця важлива властивість потенційного електричного поля описує 2 закон Кірхгофа для електричного кола.
Фізичний зміст першого закону Кірхгофа
Перший закон встановлює зв'язок між струмами для вузлів електричного кола. Він випливає з принципу безперервності, згідно з яким сумарний потік зарядів, що утворюють електричний струм, що проходять через будь-яку поверхню, дорівнює нулю. Тобто. кількість минулих зарядів в один бік дорівнює кількості зарядів, що пройшли в інший бік. Тобто. кількість зарядів нікуди не може подітися. Вони не можу просто зникнути.
скільки рівнянь складається за першим законом Кірхгофа та скільки за другим?
Кількість рівнянь, перший закон Кірхгофа = Кількість вузлів – 1
Кількість рівнянь, другий закон Кірхгофа = Кількість гілок- Кількість вузлів + 1
Концепція незалежного контуру. Чому дорівнює кількість незалежних контурів у будь-якому ланцюгу?
Незалежний контур- це замкнута ділянка електричного ланцюга, прокладена через гілки ланцюга, що містить хоча б одну нову гілку, невикористану при пошуку інших незалежних контурів.
концепція вузол, гілки, електричний ланцюг.
Електричний ланцюгхарактеризується сукупністю елементів, з яких вона складається, та способом їх з'єднання. З'єднання елементів електричного кола наочно відображається її схемою. Розглянемо для прикладу дві електричні схеми (рис. 1, 2), ввівши поняття гілки та вузла.
|
Рис.1 |
Рис.2 |
Гілкуназивається ділянка ланцюга, обтічний одним і тим же струмом.
Вузол– місце з'єднання трьох та більше гілок.
Що таке потенційна діаграма, як вона будується?
Під потенційною діаграмоюрозуміють графік розподілу потенціалу вздовж якоїсь ділянки ланцюга або замкнутого контуру. По осі абсцис на ньому відкладають опори вздовж контуру, починаючи з будь-якої довільної точки, по осі ординат – потенціали. Кожній точці ділянки ланцюга чи замкнутого контуру відповідає своя точка на потенційній діаграмі.
Які особливості режимів роботи акумулятора?
Метод накладання його гідності та недоліки
Сутність методу еквівалентного генератора та способи визначення параметрів активного двополюсника
Цей метод застосовується в тих випадках, коли потрібно розрахувати струм в будь-якій одній гілки при кількох значеннях її параметрів (опору та ЕРС) та незмінних параметрах решти всього ланцюга. Сутність методу ось у чому. Весь ланцюг щодо затискачів гілки, що цікавить нас, представляється як активний двополюсник, який замінюється еквівалентним генератором, до затискачів якого підключається гілка, що цікавить нас. У результаті виходить простий нерозгалужений ланцюг, струм в якому визначається за законом Ома. ЕРС Е Е еквівалентного генератора та його внутрішній опір R Е знаходяться з режимів холостого ходу та короткого замикання двополюсника.
Сутність методу контурних струмів та напруги двох вузлів.
Метод контурних струмів можна застосувати до розрахунку складних електричних ланцюгів, мають більше двох вузлових точок. Сутність методу контурних струмів полягає у припущенні, що у кожному контурі проходить свій струм (контурний струм). Тоді на загальних ділянках, розташованих на кордоні двох сусідніх контурів, протікатиме струм, що дорівнює сумі алгебри струмів цих контурів.
Режими роботи джерел живлення.
Покажіть, що умовою максимальної передачі потужності від джерела до приймача електричної енергії є рівність Rвн =Rн
§ 1.1. Електромагнітне поле як вид матерії.
Під електромагнітним полем розуміють вид матерії, що характеризується сукупністю взаємозалежних і взаємозумовлюють один одного електричного та магнітного полів. Електромагнітне поле може існувати за відсутності іншого виду матерії - речовини, що характеризується безперервним розподілому просторі (електромагнітна хвиля у вакуумі) і може виявляти дискретну структуру (фотони). У вакуумі поле поширюється зі швидкістю світла, полю притаманні характерні йому електричні і магнітні властивості, доступні спостереженню.
Електромагнітне поле впливає на електричні заряди. Силовий вплив покладено в основу визначення двох векторних величин, що описують поле: напруженості електричного поля та індукції магнітного поля На заряд (Кл), що рухається зі швидкістю v електричному полі напруженості Е та магнітному полі індукції, діє сила Лоренца
Електромагнітне поле має енергію, масу і кількість руху, тобто такими ж атрибутами, що і речовина. Енергія в одиниці об'єму, зайнятого полем у вакуумі, дорівнює сумі енергій електричної та магнітної компонент поля та дорівнює тут - електрична постійна, - магнітна постійна, Гн/м. Маса електромагнітного поля в одиниці об'єму дорівнює частці від поділу енергії поля на квадрат швидкості поширення електромагнітної хвиліу вакуумі, що дорівнює швидкості світла.
Попри мале значення маси поля проти масою речовини, наявність маси поля свідчить про те, що у полі є процесами інерційними. Кількість руху одиниці об'єму електромагнітного поля визначається добутком маси одиниці об'єму поля на швидкість поширення електромагнітної хвилі у вакуумі.
Електричне та магнітне поля можуть бути змінними та незмінними у часі. Незмінним у макроскопічному сенсі електричним полемє електростатичне поле, створене сукупністю зарядів, нерухомих у просторі та незмінних у часі. І тут існує електричне полі, а магнітне відсутня. При протіканні постійних струмів по провідних тілах всередині і поза ними існує електричне та магнітне поля, які не впливають один на одного, тому їх можна розглядати окремо. У полі, що змінюється в часі, електричне і магнітне поля, як згадувалося, взаємопов'язані і зумовлюють один одного, тому їх не можна розглядати окремо.
Послідовність розрахунку лінійних електричних кіл за допомогою законів Кірхгофа:
довільно задаються позитивні напрями струмів у гілках;
позначають напрямки обходу контурів;
записують рівняння за першим та другим законами Кірхгофа;
вирішують рівняння;
перевіряють правильність розрахунку, становлячи енергетичний баланс.
Перший закон Кірхгофа:
Формулювання: Алгебраїчна сума струмів гілок, що сходяться у вузлі дорівнює нулю, причому струми, спрямовані від вузла, слід брати зі знаком плюс, а струми, спрямовані до вузла, - зі знаком мінус.
Другий закон Кірхгофа:
Формулювання: Алгебраїчна сума напруг на резистивних елементах замкнутого контуру дорівнює сумі алгебри е.д.с., що входять в контур. Доданки беруть зі знаком плюс у разі, коли напрямок обходу контуру збігається з напрямом відповідно напруги, струму або е.д.с., інакше доданки беруть із негативним знаком.
Якщо в ланцюзі є x гілок та увузлів, у тому числі x i -гілок з джерелами струмів, то необхідно скласти x– x i рівнянь визначення струмів у всіх гілках. При цьому за першим законом Кірхгофа складають у– 1 рівнянь, а решта x– x i –(у– 1) рівняння – за другим законом Кірхгофа.
Для перевірки правильності розрахунків визначають суму потужностей, що генеруються джерелами, та порівнюють її із сумою потужностей усіх споживачів
.
доданки I 2 Rзавжди позитивні, а доданки EIберуть зі знаком мінус, коли напрямки Eі Iзустрічні. Якщо баланс не виходить, то струми неправильно визначені.
2. Методи розрахунку електричних кіл постійного струму.
Метод контурних струмів:
Струм у будь-якій гілки електричної схеми можна у вигляді суми кількох струмів, кожен з яких замикається за своїм контуром, залишаючись уздовж нього незмінним. Такі складові дійсних струмів називають контурними струмами. На рис. дійсний струм I 2 можна представити як різницю контурних струмів I 11 і I 22, тобто.
I 2 =I 11 –I 22 .
При цьому рівняння за другим законом Кірхгофа, складене для 1-го контуру, має вигляд I 1 R 1 +I 2 R 2 =E 1 –E 2 , або з урахуванням попереднього рівняння I 11 R 1 +(I 11 –I 22)R 2 =E 1 –E 2 .
Аналогічно для іншого контуру
I 2 R 2 +I 3 R 3 =E 3 –E 2 або ( I 11 –I 22)R 2 –I 22 R 3 =E 3 –E 2 .
Перетворимо рівняння 
чи інакше I 11 R 11 –I 22 R 12 =E 11
–I 11 R 21 +I 22 R 22 =E 22 ,
де R 11 – сума опорів усіх гілок, що входять до першого контуру; R 12 - опір гілки, загальної для першого та другого контуру; E 11 – сума всіх ЕРС, які входять у перший контур.
Відповідні ЕРС беруться зі знаком мінус, якщо вони спрямовані проти напрямку обходу контуру. Аналогічні величини виходять другого контуру.
Метод накладання (суперпозиції):
Для лінійних ланцюгів струм у k-гілки дорівнює сумі струмів, що викликаються кожною з ЕРС схеми окремо. Це дозволяє проводити розрахунки електричних ланцюгів методом накладання – спочатку визначити всі струми від однієї ЕРС, потім від іншої тощо, а потім усі складові струмів від різних ЕРС скласти. Зазначимо, що потужності від часткових струмів підсумовувати не можна – до балансу потужностей повинні входити повні струми.
Принцип взаємності:
Для лінійного ланцюга струм у k-гілки I k, викликаний джерелом E m, що знаходяться в m-гілки, дорівнює струму I mу m-гілки, викликаним джерелом E m, якщо джерело E mперенести до k-гілка, тобто. I k = E m g k m = E m g m k .
Принцип компенсації:
У будь-якому електричному ланцюзі без змін струморозподілу можна замінити опір джерелом ЕРС, величина якого дорівнює падінню напруги на опорі і спрямована зустрічно струму на цьому опорі. Аналогічну заміну можна зробити і джерелом струму J, Величина якого дорівнює струму в цьому опорі і спрямована на ту ж сторону. Це випливає з другого і відповідно до першого законів Кірхгофа при перенесенні складеного з лівої частини рівняння в праву.
3. Нелінійні електричні ланцюги постійного струму та методи їх розрахунку.
В електричні ланцюги можуть входити елементи, опір яких не є постійною величиною, а залежить від напруги і сили струму. Вольт-амперна характеристика (ВАХ) такого елемента має нелінійний вигляд, тому елемент називається нелінійним (НЕ). Електричний ланцюг, до якого входить хоча б один нелінійний елемент, називається нелінійним. До нелінійних елементів належать напівпровідникові прилади, лампи розжарювання та ін. На рис.1 наведено ВАХ одного з НЕ.
Кожній точці ВАХ НЕ відповідає певний опір 
що пропорційно тангенсу кута нахилу прямої CN до осі струмів. Цей опір називається статичним
і є опір елемента постійному струму. Окрім статичного опору НЕ для кожної точки характеристики можна визначити так зване диференційне
опір R диф, яке дорівнює відношенню збільшення напруги
Uдо збільшення струму
I, що прагне до нуля:
,тобто. пропорційно тангенсу кута нахилу дотичної в даній точці характеристики осі струмів. Диференціальний опір характеризує НЕ при малих змінах напруги та струму. При розрахунку нелінійного ланцюга з послідовним з'єднанням лінійного та нелінійного елемента часто використовують метод навантаження.
Для ланцюга, показаного на рис. 2, згідно з другим законом Кірхгофа можна записати:
звідки 
. (1)
ЛІНІЙНІ ЕЛЕКТРИЧНІ ЛАНЦЮГИ ПОСТІЙНОГО СТРУМУ
Основні положення та співвідношення
1. Джерела електричної енергії
Реальне джерело електричної енергії можна зобразити подвійно: а) у вигляді генератора напруги, який характеризується е.р.с. Е, чисельно рівною напрузі холостого ходу джерела, і включеної послідовно з опором r 0 (рис. 1, а), б) у вигляді генератора струму, який характеризується струмом I до, чисельно рівним струму короткого замикання реального джерела, і паралельно з'єднаною провідністю g 0 (рис. 1, б).
Перехід від генератора напруги до еквівалентного генератора струму здійснюється за формулами
I до = E r 0 , g 0 = 1 r 0 , (1)
а зворотний перехід від генератора струму до еквівалентного генератора напруги за такими формулами
E = I до g 0 , r 0 = 1 g 0 . (2)
У ідеального генератора напруги внутрішній опір дорівнює нулю, тоді як у ідеального генератора струму внутрішня провідність дорівнює нулю.
2. Закон Ома
Закон Ома застосовується для гілки або для одноконтурного замкнутого ланцюга (що не має розгалужень).
Для написання закону Ома слід насамперед вибрати довільно деякий позитивний напрямок струму.
а) Для гілки, що складається тільки з опорів і не містить е.р.с. (наприклад, для гілки mnна рис. 2), при позитивному напрямку для струму від точки mдо точки nструм дорівнює
I = φ m − φ n r m n = U m n r m n . (3)
Тут φ mі φ n- Потенціали точок mі n, U mn = φ m - φ n- Різниця потенціалів або напруга між точками mі n, r mn = r 4 + r 5 - повний опір гілки між точками mі n.
Приклад - завдання 17.
б) Для замкнутого одноконтурного ланцюга
I = Σ E Σ r , (4)
де Σ r- арифметична сума всіх зовнішніх та внутрішніх опорів ланцюга, Σ E- алгебраїчна сума її електрорушійних сил.
Зі знаком плюс беруть ті е.д.с., напрямки яких збігаються з обраним позитивним напрямком для струму, і зі знаком мінус - е.д.с. із протилежними напрямками.
Приклади - у завданнях 15 та 17.
в) Для гілки, що містить е.р.с. та опору (наприклад, для гілки acbна 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 ,
де U ab = φ a - φ b- напруга на кінцях гілки acb, що відраховується за обраним позитивним напрямком струму, Σ E- алгебраїчна сума е.д.с., що знаходяться в цій галузі, а Σ r- арифметична сума її опорів.
Формулу (5) називають узагальненим законом Ома.
Приклади - у завданнях 15 та 17.
3. Закони Кірхгофа
Для написання законів Кірхгофа слід насамперед поставити позитивні напрямки для струмів у кожній гілки.
Перший закон Кірхгофа
∑ k = 1 n I k = 0, (6)
Алгебраїчна сума всіх струмів, що сходяться в будь-якому вузлі, дорівнює нулю. Струми, що припливають до вузла, умовно приймаються позитивними, а з нього - негативними (або навпаки).
Другий закон Кірхгофа
∑ k = 1 n I k ⋅ r k = ∑ k = 1 n E k . (7)
Алгебраїчна сума падінь напруг будь-якого замкнутого контуру дорівнює сумі алгебри е.д.с. в ньому.
Напрямок обходу контуру вибирається довільно. При записі лівої частини рівності зі знаком плюс беруться падіння напруги в тих гілках, в яких позитивний напрямок струму збігається з напрямом обходу (незалежно від напрямку е.д.с. в цих гілках), і зі знаком мінус - падіння напруги в тих гілках, у яких позитивний напрямок, струму протилежний напряму обходу. При записі правої частини рівності е.р.с., напрямки яких збігаються з обраним напрямом обходу (незалежно від напрямку струму, що протікає через них), приймаються позитивними, а е.р.с., спрямовані проти обраного напрямку обходу, приймаються негативними.
Приклад - завдання 29.
Розподіл напруги при послідовному з'єднанні двох опорів(Див. 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)
Розподіл струмів у двох паралельних гілках- Формула розкиду струмів або формула дільника струмів (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)
Розподіл напруги при послідовному з'єднанніn опорів
U k = U ⋅ r k ∑ k = 1 n r k.
Розподіл струмів уn паралельних гілках
I k = I ⋅ g k ∑ k = 1 n g k .
4. Методи розрахунку складних кіл постійного струму
Нехай електричний ланцюг складається з pгілок і має qвузлів.
Застосування законів Кірхгофа
Насамперед, встановлюється число невідомих струмів, що дорівнює числу гілок ( p). Для кожної гілки задаються позитивним напрямом струму.
Число n 1 незалежних рівнянь, що складаються за першим законом Кірхгофа, дорівнює кількості вузлів без одиниці
n 1 = q- 1.
Число n 2 незалежних рівнянь, що складаються за другим законом Кірхгофа, дорівнює числу осередків (контурів)
n 2 = p - q + 1.
Загальна кількість рівнянь n, що складаються за першим і другим законами Кірхгофа, дорівнює кількості невідомих струмів
n = n 1 + n 2 = p.
Розв'язання цієї системи рівнянь дає значення шуканих струмів.
Приклад - у завданні 29.
Метод контурних струмів (МКТ, Максвелла).
Число nнезалежних контурів ланцюга дорівнює кількості рівнянь за другим законом Кірхгофа
n = n 2 = p - q + 1.
Розрахунок ланцюга методом контурних струмів, що складається з nнезалежних контурів, зводиться до вирішення системи з nрівнянь, що складаються для контурних струмів I 11 , I 22 , …, I nn; Струм у кожній гілки знаходиться як алгебраїчна сума контурних струмів, що обтікають цю галузь.
Вибір напрямків контурних струмів довільний. Кожна з гілок складного електричного ланцюга має увійти хоча б до одного контуру.
Система рівнянь МКТ для nконтурних струмів має вигляд
( 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 ; …………………………………………….
Тут r kk- власний опір контуру k(сума опорів усіх гілок, що входять до контуру k), r kl- загальний опір контурів kі l, причому r kl = r lk; якщо напрями контурних струмів у гілки, загальної для контурів kі l, збігаються, то r klпозитивно ( r kl> 0), інакше r kl- Негативно ( r kl < 0); E kk- алгебраїчна сума е.р.с., включених у гілки, що утворюють контур k.
Приклад - завдання 41.
Метод вузлових потенціалів (МУП)
Число nнезалежних вузлів ланцюга дорівнює кількості рівнянь за першим законом Кірхгофа
n = n 1 = q - 1.
Для визначення потенціалів усіх вузлів електричної схеми, що має qвузлів, слід прийняти потенціал одного з вузлів рівним нулю, а визначення потенціалів інших n = q- 1 вузлів складається наступна система рівнянь
(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 = ∅ E g ; ………………………………………………..
Тут g ss- сума провідностей гілок, приєднаних до вузла s; g sq- сума провідностей, що з'єднують вузол sз вузлом q; - алгебраїчна сума творів е.р.с. гілок, що примикають до вузла s, на їх провідності (тобто струмів короткого замикання цих гілок); при цьому зі знаком плюс беруться ті з творів Eg, у гілках яких е.р.с. діють у напрямку вузла sі зі знаком мінус - у напрямку від вузла.
Визначивши потенціали вузлів, знаходять струми у гілках у вигляді закону Ома.
Приклади - у завданнях 44 та 45.
Метод накладання
Струм у будь-якій гілки може бути розрахований як алгебраїчна сума струмів, що викликаються в ній кожній е.р.с. окремо. При цьому треба мати на увазі, що коли ведеться розрахунок для будь-якої однієї е.д.с., що діє, то замість інших джерел повинні бути включені опори, рівні внутрішнім опорам цих джерел.
Приклади - у завданнях 47 та 49.
Метод еквівалентних перетворень
У всіх випадках застосування методу еквівалентних перетворень заміна одних схем іншими, ним еквівалентними, не повинна призвести до зміни струмів або напруг на ділянках ланцюга, що не зазнали перетворення.
1) Заміна послідовних опорів одним еквівалентним. Опір послідовні, якщо вони обтікаються одним і тим самим струмом. Наприклад, на схемі ланцюга, зображеного на рис. 2, опору r 1 , r 2 та r 9 з'єднані послідовно; так само послідовні опори r 7 та r 8 .
Еквівалентний опір ланцюга, що складається з nпослідовно з'єднаних ділянок, що дорівнює сумі цих опорів цих ділянок
r е = r 1 + r 2 + … + r n = ∑ k = 1 n r k . (12)
2) Заміна паралельних опорів одним еквівалентним. Опір паралельний, якщо всі вони приєднані до однієї пари вузлів. Наприклад (рис. 2), опору r 45 = r 4 + r 5 та r 10 паралельні.
Еквівалентна провідність ланцюга, що складається з nпаралельно з'єднаних гілок дорівнює сумі цих провідностей цих гілок. Еквівалентний опір такого ланцюга знаходиться як обернена величина еквівалентної провідності цього ланцюга
1 r е = 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r n = ∑ k = 1 n 1 r k . (13)
В окремому випадку паралельного з'єднання двох опорів r 1 і r 2 еквівалентний опір
r е = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 . (14)
3) Заміна змішаного з'єднання опорів одним еквівалентним. Змішане з'єднання - це поєднання послідовного та паралельного з'єднання опорів. Наприклад, опору r 1 , r 2 та r 3 (рис. 3) знаходяться у змішаному з'єднанні. Їхній еквівалентний опір дорівнює
r е = r 1 + r 2,3 = r 1 + r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 . (15)
При змішаному з'єднанні опорів струми гілок ланцюга (рис. 3):
за законом Ома
I 1 = U r е, (16)
за формулою розкиду струмів (ділителя струмів)
I 2 = I 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 , I 3 = I 1 ⋅ r 2 r 2 + r 3 .
4) Формули перетворення трикутника опорів(Рис. 4, а) в еквівалентну зіркуопорів (рис. 4, б) і навпаки мають вигляд
( 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 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)
де g- Проводимість відповідної гілки.
Формули (18) можна записати через опори 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)
Приклад - завдання 51.
Метод еквівалентного генератора напруги (метод холостого ходу та короткого замикання або метод активного двополюсника )
Для знаходження струму Iу гілці ab, опір якої r(рис. 5, а, літера Ана малюнку позначає активний двополюсник), треба розімкнути цю гілку і при цьому знайти (у будь-який спосіб) різницю потенціалів на затискачах розімкнутої гілки - U х(рис. 5, б). Потім треба вирахувати опір короткого замикання r до, рівне еквівалентному опору решти ланцюга, обчисленому в припущенні, що в ній відсутні е.д.с. (при цьому внутрішні опори джерел зберігаються) і що вона живиться від стороннього джерела, приєднаного безпосередньо до затискачів aі b(рис. 5, в; літера Пна малюнку позначає пасивний двополюсник).
Опір r доможе бути обчислено або за схемою рис. 5, в, або із співвідношення
r до = U х I до, (20)
де I до- Струм короткого замикання, що протікає по гілці ab, якщо її опір rзробити рівним нулю (рис. 5, г).
Задана схема (рис. 5, а) може бути замінена еквівалентним генератором напруги з е.р.с. E = U хта внутрішнім опором r е = r до, приєднаним до затискачів abопору r(рис. 5, д).
Струм у шуканій галузі, що має опір r, Визначається з формули закону Ома
I = U х r + r к. (21)
Приклади - у завданнях 55 та 56.
Метод еквівалентного генератора струму
У попередньому пункті показано, як у будь-якому складному ланцюзі можна отримати еквівалентний генератор напруги з е.р.с. Eта внутрішнім опором r до. Цей генератор напруги (рис. 5, д) на підставі формул (1) може бути замінений еквівалентним генератором струму (рис. 1, б) за формулами
I до = U х r до, g 0 = 1 r к. (22)
де I до- Струм еквівалентного генератора струму, рівний струму короткого замикання в тій гілки, по відношенню до якої проводиться еквівалентне перетворення всієї решти ланцюга, g 0 - внутрішня провідність, що дорівнює еквівалентній провідності решти ланцюга між затискачами ab, до яких приєднаний приймач енергії, припущення, що е.д.с. всіх генераторів дорівнюють нулю.
Приклад - завдання 65.
Метод заміни кількох паралельних генераторів напруги одним еквівалентним
Якщо є кілька генераторів напруги з е.р.с. E 1 , E 2 , …, E nта внутрішніми опорами r 1 , r 2 , …, r n, що працюють паралельно на загальний опір навантаження r(Рис. 6, а), то вони можуть бути замінені одним еквівалентним генератором напруги, е.д.с. якого E е, а внутрішній опір r е(Рис. 6, б),
( E е = ∑ k = 1 n E k g k ∑ k = 1 n g k ; 1 r е = 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r n ;
Струм у опорі rвизначиться за формулою
I = E е r + r е. (24)
Струм у кожній із гілок знаходиться за формулою
I k = E k − U r k , (25)
де U = I·r.
Приклад - завдання 60.
Метод заміни паралельно з'єднаних генераторів струму одним еквівалентним
Якщо кілька генераторів струму зі струмами I k 1 , I k 2 , …, I knта внутрішніми провідностями g 1 , g 2 , …, g nз'єднані паралельно (рис. 7, а) та працюють на загальний приймач енергії з провідністю gто вони можуть бути замінені одним еквівалентним генератором струму (рис. 7, б), струм якого I kдорівнює сумі алгебри струмів, а його внутрішня провідність дорівнює сумі внутрішніх провідностей окремих генераторів
I k = I k 1 + I k 2 − I k 3 + … = ∑ m = 1 n I k m , (26)
g е = g 1 + g 2 + g 3 + … = ∑ m = 1 n g m. (27)
5. Принцип взаємності
Принцип взаємності свідчить: якщо е.р.с. E, що знаходиться у гілці abяк завгодно складного ланцюга, викликає струм в іншій гілки cdцього ж ланцюга, то при перенесенні цього е.р.с. у гілку cdвона викличе у гілки abтакий же струм I.
6. Принцип компенсації
Принцип компенсації: будь-який опір в електричному ланцюзі може без зміни розподілу струмів у її гілках бути замінено е.д.с., чисельно рівною падінню напруги в опорі, що замінюється, і спрямованої назустріч струму.
7. Вхідний опір ланцюга щодо гілки
Вхідний опір ланцюга щодо гілки kвизначається як відношення е.р.с. E k, що діє в цій галузі, до струму I kу цій же гілки при е.р.с. в інших гілках рівних нулю
r k k = E k I k . (28)
Вхідна провідність гілки k- величина зворотна вхідному опору цієї гілки
g k k = 1 r k k . (29)
Взаємний опір (передавальний опір) гілок kі l- Відношення е.д.с. E k, що діє у галузі kдо струму I l, що проходить по гілці lпри е.р.с. в інших гілках рівних нулю
r k l = E k I l . (30)
Взаємна провідність гілок kі l- величина зворотна взаємному опору тих же гілок
g k l = 1 r k l. (31)
приклад. Для схеми рис. 8 вхідні опори ланцюга щодо гілок 1, 2 та 3 відповідно рівні
r 11 = D r 2 + r 3 , r 22 = D r 1 + r 3 , r 33 = D r 1 + r 2 ,
а взаємні опори гілок 1 і 2, 2 і 3, 3 та 1 відповідно рівні
r 12 = r 21 = D r 3 , r 23 = r 32 = D r 1 , r 13 = r 31 = D r 2 ,
де D = r 1 · r 2 + r 1 · r 3 + r 2 · r 3 .
8. Баланс потужностей
Для будь-якого замкненого електричного ланцюга сума потужностей, що розвиваються джерелами електричної енергії, дорівнює сумі потужностей, що витрачаються в приймачах енергії
Σ P іст = Σ P потреб, або Σ EI = Σ I 2 r (32)
Де Σ EI- алгебраїчна сума; тут позитивні ті з доданків, котрим напрями дії э.д.с. Eта відповідного струму Iзбігаються, в іншому випадку доданок негативно (при виборі позитивних напрямків струмів у гілках з е.д.с. вибираємо напрям струму збігається з дією відповідної е.д.с.); Σ I 2 r- арифметична сума; тут мають бути враховані як зовнішні опори, і опори самих джерел енергії.
Вправи та завдання
Завдання 1 . Для ланцюга (рис. 9) знайти еквівалентні опори між затискачами aі b, cі d, dі f, якщо r 1 = 6 Ом, r 2 = 5 Ом. r 3 = 15 Ом, r 4 = 30 Ом, r 5 = 6 Ом.
Рішення
Розрахунок опору r ab.
Еквівалентний опір з'єднаних паралельно опорів r 4 та r 5 знайдемо за формулою (14)
r 45 = r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 30 ⋅ 6 30 + 6 = 5 О м;
воно з'єднано послідовно з r 2; їх загальний опір
r" = r 2 + r 45 = 5 + 5 = 10 Ом.
Опір ланцюга складається з опору r 1 , послідовно з яким з'єднані два паралельні опори r"і r 3
r a b = r 1 + r ⋅ r 3 r ' + r 3 = 6 + 10 ⋅ 15 10 + 15 = 12 Про м.
Розрахунок опору r cd.
Опір r 4 та r 5 тепер з'єднані паралельно один до одного; опір r 3 до них включено послідовно
r ″ = r 3 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 15 + 30 ⋅ 6 30 + 6 = 20 Про м.
Опір r cdскладається з двох паралельно з'єднаних опорів r 2 та r»і одно
r c d = r 2 ⋅ r r 2 + r = 5 ⋅ 20 5 + 20 = 4 Про м.
Розрахунок опору r df.
Еквівалентний опір ланцюга між точками dі fскладається з трьох паралельно з'єднаних опорів: r 5 , r 4 та r 2 + r 3 і може бути визначено за формулою (13)
1 r d f = 1 r 5 + 1 r 4 + 1 r 2 + r 3 = 1 6 + 1 30 + 1 20 = 1 4
звідки r df. = 4 ом.
Завдання 2 . Для ланцюга (рис. 10) накреслити криву залежності еквівалентного опору між точками aі bяк функцію від k (0 ≤ k ≤ 10).
Відповідь: при k= 0 і k = 1 r ab= 0; при k = 0,5 r abмакс = 250 Ом.
Завдання 3 . Ланцюг, схема якого зображена на рис. 11, а, складається з п'яти однакових опорів r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = r 5 = 10 ком.
Чому дорівнює опір ланцюга між затискачами aі b До?
Рішення
Ключ розімкнуто.
Опір r 3 , r 4 та r 5 з'єднані між собою послідовно; еквівалентний опір, що замінює їх, є паралельним до опору r 1; величина опору, що замінює r 3 , r 4 , r 5 та r 1 , рівна
r ' = r 1 ⋅ (r 3 + r 4 + r 5) r 1 + (r 3 + r 4 + r 5) = 10 ⋅ 30 40 = 7,5 до О м.
Шуканий опір ланцюга
r ab = r" + r 2 = 7,5 + 10 = 17,5 кОм.
Ключ замкнутий.
В цьому випадку опору r 1 і r 3 з'єднані паралельно один одному, а опори r 4 та r 5 закорочені (рис. 11, б). Шуканий опір ланцюга буде
r a b = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 + r 2 = 10 ⋅ 10 20 + 10 = 15 до О м.
Завдання 4 . Обчислити еквівалентний опір ланцюга (рис. 12) між затискачами aі bякщо всі сім її опорів однакові:
Вказівка. Звернути увагу на провідники, що закорочують. mnі np.
Відповідь: 10 Ом.
Завдання 5 . Визначити еквівалентний опір ланцюга між точками aі bпри розімкнутому та замкнутому ключі До(рис. 13, а): r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = r 5 = r 6 = r 7 = 10 Ом.
Рішення
При розімкнутому ключі задана схема може бути зображена згідно з рис. 13, б.
Шуканий опір
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 Про м.
При замкнутому ключі задана схема має вигляд, зображений на рис. 13, в.
Опір ланцюга дорівнює сумі двох опорів
r ' = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 10 ⋅ 10 20 = 5 О м,
і r"", що визначається з формули
1 r ″ = 1 r 4 + 1 r 7 + 1 r 2 ,
звідки r"= 3,33 Ом. Таким чином,
r a b = r + r = 5 + 3,33 = 8,33 Про м.
Завдання 6 . Знайти еквівалентний опір між затискачами aі bдля схеми рис. 14. Дані: r 1 = 600 Ом, r 2 = 360 Ом, r 3 = 400 Ом, r 4 = 300 Ом.
Відповідь: 200 Ом.
Завдання 7 . Визначити опір кожного з ланцюгів (рис. 15, аі б) між затискачами 1-1" при холостому ході (точки 2 і 2" розімкнуті) і при короткому замиканні (точки 2 і 2" закорочені). Опір в омах дано на схемі.
Відповідь: а) r 1х= 120 Ом, r 1до= 72 Ом; б) r 1х= 20 Ом, r 1до= 18 Ом.
Завдання 8 . Обчислити опір між затискачами aі bдля схеми рис. 16 при розімкнутому і замкнутому ключі До. Всі сім опорів однакові і кожен рівний r= 30 Ом.
Вказівка. Врахувати, що точки cі dрівнопотенційні.
Відповідь: При розімкнутому ключі r ab= 40 Ом; при замкнутому - r ab= 30 Ом.
Завдання 9 . Знайти опір між затискачами aі bдля схеми рис. 17, а. Значення опорів в омах наведено на схемі.
Рішення
Від цієї схеми можна перейти до більш простим схемам, зображений на рис. 17, бі в. Шуканий опір
r a b = 240 ⋅ (180 + 300 ⋅ 450 750) 240 + 180 + 300 ⋅ 450 750 = 144 Про м.
Завдання 10 . Є вольтметр, який може бути включений на три межі вимірювання: 3; 15 та 150 В (рис. 18). Максимально допустимий струм вимірювальному механізмі 30 мА.
Знайти опір r 1 , r 2 та r 3 .
Рішення
Вважаємо внутрішній опір вимірювального механізму (ІМ) рівним нулю.
На межі вимірювання 3: струм 30 мА, опір r 1 = 3/0,030 = 100 Ом.
На межі виміру 15 В: струм 30 мА, опір r 1 + r 2 = 15/0,030 = 500 Ом, а опір r 2 = 500 – 100 = 400 Ом.
Аналогічно перебуває r 3 = 4500 Ом.
Завдання 11 . Два вольтметри, межі вимірювання яких дорівнюють 150 і 100 В і внутрішні опори - 15000 і 7500 Ом, з'єднані послідовно один з одним і з додатковим опором 2500 Ом, підключені до мережі 220 В. Чому дорівнює показання кожного вольтметра?
Відповідь: 132 та 66 Ст.
Завдання 12 . Батарея, е.р.с. якої E= 6,4 В та внутрішній опір r 0 = 0,1 Ом, приєднана до опору r= 3,1 Ом. Знайти струм батареї та напругу на її затискачах.
Рішення
Застосовуючи формулу закону Ома для замкнутого ланцюга (формула 4), знаходимо струм
I = E r + r 0 = 6,1 3,1 + 0,1 = 2 А.
Напруга на затискачах батареї може бути знайдена двома шляхами: або
U = E - I· r 0 = 6,4 - 2 · 0,1 = 6,2,
U = I· r= 2 · 3,1 = 6,2 Ст.
Завдання 13 . Напруга холостого ходу батареї дорівнює 16,4 В. Чому дорівнює внутрішній опір батареї, якщо при струмі в зовнішньому ланцюгу, що дорівнює 8 А, напруга на її затискачі дорівнює 15,2 В?
Відповідь: 0,15 Ом.
Завдання 14 . Джерело з е.р.с. E= 100 В, внутрішнім опором r 0 = 1 Ом замкнутий на зовнішній опір r, Що змінюється від нуля до нескінченності (рис. 19, а). Визначити функції цього опору: 1) струм I; 2) напруга на затискачах джерела U; 3) потужність, що віддається джерелом у зовнішній ланцюг P внеш; 4) потужність, що витрачається в самому джерелі P всередину; 5) загальну потужність P заг; 6) коефіцієнт корисної дії η . За якого зовнішнього опору P внешбуде максимальним? Чому воно рівне?
Побудувати криві I = F 1 (r), U = F 2 (r), P внеш = F 3 (r), P всередину = F 4 (r), P заг = F 5 (r), η = F 6 (r).
Написати рівняння та побудувати криві залежностей U, P внеш, P всередину, P загі η у функції струму I.
Рішення
1) I = E r + r 0 = 100 r + 1;
2) I = I ⋅ r = E ⋅ r r + r 0 = 100 ⋅ r r + 1;
3) P зовніш = 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 еш P о б щ = r r + r 0 = r r + 1 .
Визначимо r, за якого P внешбуде максимально. Для цього обчислимо похідну від P внешпо rі прирівняємо її 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 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.
Взявши другу похідну, можна переконатися, що вона є негативною. Це відповідає умові максимуму.
Звідси знайдемо, що r = r 0, тобто. при зовнішньому опорі рівному внутрішньому опору потужність, що надходить у зовнішній ланцюг, буде максимальна. При цьому, за рівнянням (6) коефіцієнт корисної дії дорівнює 0,5. Величина максимальної потужності, що надходить у зовнішній ланцюг при r = r 0 , за рівнянням (3) дорівнює
P в н е ш. макс = [E 2 ⋅ r (r + r 0) 2 ] r = r 0 = E 2 4 r = 2500 В т.
За наведеними вище рівняннями на рис. 19, бзбудовані криві.
Шукані рівняння залежностей функції струму мають вигляд
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 .
За цими рівняннями на рис. 19, взбудовані криві.
Завдання 15 . У схемі (рис. 20) е.р.с. E 1 = 120 В, E 2 = 40 В, а опору r 1 = 12 Ом, r 2 = 8 Ом. Внутрішні опори джерел енергії дорівнюють нулю. Визначити напругу між точками aі b.
Рішення
Задавшись позитивним напрямом струму за годинниковою стрілкою, виходячи з закону Ома (формула 4) маємо
I = E 1 − E 2 r 1 + r 2 = 120 − 40 12 + 8 = 4 А.
Оскільки результат виявився позитивним, то, отже, фактичний напрямок струму збігається з обраним. Напруга між точками aі bможна знайти за законом Ома (формула 5), застосованим до ділянки amb
I = U a b − E 2 r 2 ,
U a b = E 2 + I ⋅ r 2 = 40 + 4 ⋅ 8 = 72 В.
Такий же результат можна отримати, якщо застосувати ту саму формулу до ділянки bna
I = U b a + E 1 r 1 ,
U b a = I ⋅ r 1 − E 1 = 4 ⋅ 12 − 120 = − 72 В,
а отже, U ab= 72 ст.
Зауваження. Слід запам'ятати, що й дільниці ланцюга, що містить э.д.с. та опір, струм та е.д.с. збігаються за напрямком, то напруга на затискачах ділянки менше е.р.с. на величину падіння напруги в опорі ділянки, а якщо напрям струму протилежний напрямку е.д.с., то напруга на затисканнях ділянки більше е.д.с. на величину падіння напруги в ділянці, що розглядається.
Завдання 16 . Визначити показання вольтметра (рис. 21), опір якого дуже великий порівняно з r 1 і r 2 .
Для обох випадків наведено: E 1 = 40 В, E 2 = 10, r 1 = r 2 = 5 Ом. Внутрішніх опорів джерел енергії знехтувати.
Відповідь: а) 15 В, б) 25 Ст.
Завдання 17 . Побудувати графік зміни потенціалу вздовж ланцюга, зображеного на рис. 22, а, при замкнутому ключі і при розімкнутому ключі, припускаючи в обох випадках, що точка aзаземлена ( φ a = 0).
У схемі знайти точку, рівнопотенційну точці a. Визначити потенціал якої точки слід прийняти рівним нулю, щоб потенціали всіх інших точок були позитивні (при замкнутому ключі).
Електрорушійні сили рівні: E 1 = 25, E 2 = 5, E 3 = 20 В, E 4 = 35 ст.
Зовнішні опори мають такі значення: r 1 = 8 Ом, r 2 = 24 Ом, r 3 = 40 Ом, r 4 = 4 Ом. Внутрішні опори джерел електричної енергії дорівнюють: r 10 = 2 Ом, r 20 = 6 Ом, r 30 = 2 Ом, r 40 = 4 Ом.
Рішення
Ключ замкнутий. Задавшись позитивним напрямом струму за годинниковою стрілкою, виходячи з закону Ома (формула 4) знайдемо струм
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.
Користуючись формулами (3) і (5), обчислимо потенціали всіх точок, обходячи контур струму за годинниковою стрілкою
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, бнакреслено потенційний графік. По осі абсцис відкладено величини опорів окремих ділянок ланцюга, а по осі ординат - значення потенціалів в окремих точках ланцюга.
Знайдемо точку, рівнопотенційну точку a. З графіка видно, що точка, що шукається mзнаходиться на ділянці опору fg, тому що в цій точці пряма падіння потенціалів перетинає вісь абсцис, потенціал якої дорівнює φ a= 0. Позначаючи ділянку опору між точками fі mчерез r fmта застосовуючи до ділянки abcdfmформулу закону Ома (5) та враховуючи, що φ a = φ m, знайдемо
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,
звідки r fm= 20 Ом, тобто. крапка mзнаходиться на середині опору r 3 .
Для знаходження точки, потенціал якої слід прийняти рівним нулю за умови, щоб потенціали решти всіх точок були позитивні, слід звернутися до потенційного графіка, з якого видно, що такою точкою є точка k.
Ключ розімкнуто. Току в ланцюгу немає, тому точки aі bрівнопотенційні, тобто. φ a = φ b= 0. Потенціал точки cперевищує потенціал точки bна величину е.р.с. E 1 і φ c = E 1 = 25 В; міркуючи аналогічно, знайдемо
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 основі одержаних результатів на рис. 22, бнакреслено графік зміни потенціалу при розімкнутому ключі.
Завдання 18 . Для схеми рис. 23 побудувати потенційні графіки 0 abcdfghklпри розімкнутому і замкнутому ключі, якщо E 1 = 60, E 2 = 40, E 3 = 25, E 4 = 15, 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.
Завдання 19 . Визначити струми у гілках ланцюга (рис. 24, а) та напруга між точками cі dта показання амперметра, включеного між точками cі d. Опір амперметра вважати рівним нулю. Опір елементів ланцюга r 1 = 10 Ом, r 2 = r 3 = r 5 = 25 Ом, r 4 = 50 Ом, а прикладена до неї напруга U = 120 В.
Рішення
Еквівалентний опір всього ланцюга (рис. 24, а) одно
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.
У нерозгалуженій частині ланцюга протікає струм
I = U r = 120 40 = 30 А.
Струми, що протікають через опори r 2 + r 4 та r 3 + r 5 можна знайти різними способами.
1) У паралельних гілках струми розподіляються обернено пропорційно їх опорам (формули 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) Знайдемо напругу на затискачах паралельних гілок
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.
Струми у гілках з опорами r 2 + r 4 та r 3 + r 5 рівні
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
Напруга на затискачах паралельних гілок може бути знайдена як різниця між прикладеною напругою та падінням напруги на опорі r 1
U a b = U − I 1 ⋅ r 1 = 120 − 3 ⋅ 10 = 90 В.
Знайдемо напругу між точками cі d
U c d = − I 2 ⋅ r 2 + I 3 ⋅ r 3 = − 1,2 ⋅ 25 + 1,8 ⋅ 25 = 15 В.
Нарешті, обчислимо струм, що проходить через амперметр, він дорівнює струму короткого замикання I"cd(Рис. 24, б). Для його знаходження обчислимо струми
I ' 1 = U r 1 + r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 + r 4 ⋅ r 5 r + 5 = 144 47 А, I ' 2 = I ' 1 ⋅ 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
Шуканий струм, що проходить через амперметр, дорівнює
I A = I ′ c d = I ′ 2 − I ′ 4 = 72 47 − 48 47 = 24 47 = 0.51 А.
Завдання 20 . Для вимірювання струму застосовані амперметри, межі вимірювань яких дорівнюють 5 і 2,5 А, і шунт, опір якого невідомий. Перший амперметр, включений із шунтом у деякий ланцюг, показав 3,6 А, другий - з тим же шунтом показав у тому ж ланцюгу струм 2 А. Опір амперметрів r 1 = 0,002 Ом та r 2 = 0,004 Ом. Чому дорівнює струм у ланцюзі?
Відповідь: 18 А; r ш= 0,0005 А.
Завдання 21 . Для ланцюга рис. 25 визначити відношення напруги на виході U 2 до напруги на вході ланцюга U 1 . Опір окремих гілок ланцюга в омах вказано на схемі.
Відповідь: U 2: U 1 = 0,05.
Завдання 22 . У схемі (рис. 26) знайти опір r x, якщо 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. Знайти е.р.с. батареї E, якщо її внутрішній опір r 0 = 0,1 Ом.
Рішення
На підставі першого закону Кірхгофа знайдемо
I 2 = I 1 - I 3 = 2,6 – 0,6 = 2 А.
За законом Ома, застосованому до ділянки, що містить опір r 2 , знайдемо
U ab = I 2 · r 2 = 2 · 1,4 = 2,8 Ст.
Застосовуючи закон Ома на ділянці ланцюга ab, Що містить е.д.с. Eта опору r 1 і r 0, знайдемо шукану е.р.с.
E = U ab + I 1 · ( r 1 + r 0) = 2,8 + 2,6 · 0,6 = 4,36 В.
Тепер знайдемо напругу на паралельних гілках із опорами r 4 та r xі струми 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.
Шуканий опір
r x = U ac/I x= 1/0,2 = 5 Ом.
Завдання 23 . У схемі містка (рис. 27) відомі опір r 1 = 1300 Ом, r 2 = 800 Ом, r 3 = 400 Ом. Опір гальванометра r г= 600 Ом. Через, опір r 1 протікає струм I 1 = 1 мА. До містка додана напруга U= 2,5 ст.
Знайти опір r 4 .
Відповідь: 750 Ом.
Завдання 24 . У ланцюзі (рис. 28) знайти E 1 і r x, якщо E 2 = 3, r 1 = r 2 = 1 кОм, r 3 = 4 кОм, r 4 = 2 кОм, r 5 = 1 ком. Внутрішні опори батарей прийняти рівними нулю.
Амперметр А 1 показує 4 мА, а А 4 - 3 мА; полярності приладів показані на схемі, які опорами можна знехтувати.
Відповідь: E 1 = 12, r x= 2 Ом.
Завдання 25 . Однопровідна лінія з опором r 0 на одиницю довжини, що живиться батареєю з е.д.с., що дорівнює E, закорочена на приймальному кінці (рис. 29).
Де лінія повинна мати витік з опором r, щоб струм Iна приймальному кінці був мінімальним?
Відповідь: посередині лінії.
Завдання 26 . Для визначення місця ушкодження ізоляції лінії застосовується схема, зображена на рис. 30, а; r 1 і r 2 – магазини опорів.
Правий затискач гальванометра заземлений. Вільні кінці тип лінії з'єднані між собою коротко. Підбором опорів r 1 і r 2 домагаються відсутності струму в гальванометрі.
Показати, що якщо перерізи обох проводів однакові, то відстань від місця ушкодження ізоляції aдо початку лінії одно
2 l ⋅ r 2 r 1 + r 2 .
Вказівка. Задана схема може бути замінена схемою рис. 30, б.
Завдання 27 . Під час перевірки постійної Cлічильника виявилося, що при силі струму 10 А і напрузі 120 В якір його протягом 30 сек зробив 37 оборотів. Визначити помилку у показаннях лічильника, якщо на лічильнику зазначено, що 1 ГВт год відповідає 400 оборотів лічильника.
Примітка. Постійною лічильника називається число ват-годин, що припадають на один оборот лічильника.
Відповідь: 7,5%.
Завдання 28 . Який має бути переріз мідних проводів лінії для передачі споживачеві потужності P= 16 кВт за умови, що втрата потужності не перевищить p= 5%, якщо довжина лінії l= 180 м і напруга в кінці лінії дорівнює U= 220?
Відповідь: Точне значення 41,8 мм 2 , за ГОСТом треба взяти 50 мм 2 .
Завдання 29 . Для схеми (рис. 31), користуючись законами Кірхгофа, знайти струми та перевірити баланс потужностей, якщо E 1 = 15, E 2 = 70, E 3 = 5, 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.
Рішення
Усього вузлів у схемі три ( a, b, c), отже, кількість незалежних рівнянь, складених за першим законом Кірхгофа, буде на одиницю менше, тобто. два. Число контурів дорівнює трьом, отже, за другим законом Кірхгофа можна скласти три взаємно незалежні рівняння. Таким чином, загальна кількість незалежних рівнянь, що складаються за першим і другим законами Кірхгофа, дорівнює кількості невідомих струмів у п'яти гілках схеми.
Виберемо позитивні напрямки для струмів, що позначені пунктирними стрілками, і складемо систему рівнянь Кірхгофа:
для вузла a
I 1 - I 2 + I 3 + I 5 = 0; (1)
для вузла b
-I 1 - I 3 - I 4 = 0; (2)
для контуру abfa
E 1 + E 3 = I 1 · ( r 1 + r 10) - I 3 · ( r 3 + r 30); (3)
для контуру abca
E 3 = -I 3 · ( r 3 + r 30) + I 4 · r 4 + I 5 · r 5 ; (4)
для контуру adca
E 2 = I 2 · ( r 2 + r 20) + I 5 · r 5 . (5)
Рівняння (1) - (5) після підстановки в них числових значень матимуть такий вигляд
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.
Вирішуючи цю систему рівнянь, отримаємо
I 1 = 5 А; I 2 = 8 А; I 3 = 1 А; I 4 = -6 А; I 5 = 2 А.
Негативний знак для струму I 4 означає, що справжнє напрям цього струму протилежно прийнятому. При перевірці балансу потужностей треба мати на увазі, що в тих гілках ланцюга, де справжнє напрям струму збігається з напрямом е.р.с., відповідна е.р.с. буде джерелом енергії, а тих ділянках, де напрями э.д.с. і струму протилежні, е.р.с. буде споживачем енергії. Всі опори як зовнішні, так і самих джерел, незалежно від напрямку струму, що протікає через них, будуть споживачами енергії.
Баланс потужностей для аналізованої схеми буде
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,
отримано тотожність 630 Вт = 630 Вт.
Завдання 30 . У схемі (рис. 32) знайти всі струми, якщо відомі: E 1 = 20, E 2 = 1,1, r 10 = 0,2 Ом, r 20 = 0,4 Ом, r 1 = r 2 = 5 Ом, r 3 = 7 Ом.
Відповідь: 2,5А, 1,5А, 1А.
Завдання 31 . Для ланцюга, зображеного на рис. 33, розрахувати струми та визначити показання вольтметра, якщо E 1 = 40 В, E 2 = 5, E 3 = 25, r 1 = 5 Ом, r 2 = r 3 = 10 Ом.
Внутрішніми опорами джерел енергії та струмом, що протікає через вольтметр, можна знехтувати.
Відповідь: I 1 = 5 А, I 2 = 1 А, I 3 = 4 А, U ba= 30 ст.
Завдання 32 . Акумуляторна батарея з 20 послідовно з'єднаних елементів працює паралельно з генератором на мережу, що має навантаження 30 А. Кожен акумулятор має е.р.с. 1,82 В та опір 0,001 Ом. Е.Д.С. генератора 36,4 В та його опір 0,04 Ом. Визначити навантаження генератора і батареї (тобто струми, що віддаються ними) і напруга на їх затискачах.
Яку е.р.с. повинен розвивати генератор, щоб навантаження розподілилося порівну між генератором та батареєю?
Відповідь: 20 А, 10 А, 36 В, 36,7 Ст.
Завдання 33 . По трипровідній лінії завдовжки 0,5 км (рис. 34) від двох генераторів 1 і 2 живляться дві групи ламп 50 Вт, 110 В.
У першій групі - N 1 = 200 ламп, а в другій - N 2 = 600 ламп. Переріз крайніх проводів q= 35 мм 2 а переріз середнього (нульового) проводу q 0 = 16 мм2. Кожен генератор має внутрішній опір 0,01 Ом і розвиває е.р.с. 120 В. Визначити струми у всіх проводах лінії та напругу на затискачах кожної групи ламп, опори яких вважати постійним. Матеріал дротів лінії – мідь.
Відповідь: I 1 = 98 А, I 2 = 144 А, I 0 = 46 А, U 1 = 102, U 2 = 71 ст.
Завдання 34 . Напруги, виміряні електростатичним вольтметром, між вузловими точками схеми та землею, рівні: U 10 = -15, U 20 = 52, U 30 = 64 (рис. 35).
Визначити струми в гілках і проводах, що відходять при наступних даних: E 1 = 80, E 3 = 70, r 1 = 5 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 12 Ом.
Рішення
Обчислимо напруги між точками 1 і 2 , 2 і 3 , 3 і 1
U 10 - U 20 = U 12 = (-15) - 52 = -67,
U 20 - U 30 = U 23 = 52 - 64 = -12,
U 30 - U 10 = U 31 = 64 - (-15) = 79 ст.
Застосовуючи до гілок 1-2 , 2-3 , 3-1 закон Ома, знайдемо струми
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 = 79 − 70 12 = 0,75 А.
Так як всі струми виявилися позитивними, то вони мають напрямки відповідно до щойно записаних рівнянь і нанесені на рис. 35.
Струми у відгалуженнях від вузлових точок 1- p, 2- q, 3- sзнаходимо за першим законом Кірхгофа
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.
Завдання 35 . У ланцюзі (рис. 36) відомі е.р.с. E 1 = 120 В, E 2 = 40, E 3 = 70 В та опору r 1 = 20 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 40 Ом.
Потенціали точок a, bі cщодо землі відповідно рівні (визначені за допомогою вольтметра): U a 0 = 160, U b 0 = 180, U c 0 = 50 В. Визначити струми у гілках ab, bc, caта у проводах aa", bb"і cc", що підходять до точок a, bі c.
Відповідь: I 1 = 5 А, I 2 = 9 А, I 3 = 1 А.
Завдання 36 . У ланцюзі (рис. 37) відомі е.р.с. E 1 = 40 В, E 2 = 30 ст.
Опір елементів схеми r 1 = 8 Ом, r 2 = 5 Ом, r 3 = 10 Ом. Показання вольтметрів відповідно дорівнюють: U 1 = 125, U 2 = 60 В; полярність затискачів вольтметрів показано на схемі. Нехтуючи внутрішніми опорами джерел електричної енергії та вважаючи споживані вольтметрами струми приблизно рівними нулю, визначити величину та полярність е.р.с. E 3 . Знайти усі струми.
Відповідь: E 3 = 20 В, I 1 = 2,5 А, I 2 = 6 А, I 3 = 8,5 А.
Завдання 37 . У ланцюзі, зображеному на рис. 38, знайти струми та показання вольтметрів, включених між точками 0 і c, cі gякщо відомо, що E 1 = 32, E 2 = 64, E 3 = 72, 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. Опори вольтметрів дуже великі проти опорами елементів ланцюга.
Відповідь: I 1 = 5 А, I 2 = 9 А, I 3 = 1 А.
Завдання 38 . Для схеми (рис. 39, а) знайти струми та перевірити баланс потужностей, якщо U ab= 12, U cd= 5,6, r 1 = 4 Ом, r 2 = 5 Ом, r 3 = 3 Ом.
Рішення
Дана схема може бути замінена еквівалентною, в якій між точками aі b, а також cі dвключені е.р.с., чисельне значення яких E 1 = U abі E 2 = U cd, А їх внутрішні опори дорівнюють нулю (рис. 39, б). Звертаємо увагу на те, що при включенні е.р.с. слід дотримуватись заданих полярностей напруг.
Задавшись напрямками для струмів, складемо систему рівнянь Кірхгофа
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 .
Підставляючи сюди числові значення та вирішуючи систему рівнянь, знайдемо:
I 1 = 2,4 А, I 2 = 1,6 А, I 3 = 0,8 А.
Для перевірки балансу потужностей складемо рівняння
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;
отримано тотожність 37,76 = 37,76.
Завдання 39 . У ланцюзі (рис. 40) знайти струми та перевірити баланс потужностей, якщо U ab= 16, U cd= 11,2, E= 5, r 0 = 0, r= 10 Ом, r 1 = 5 Ом, r 2 = 4 Ом.
Відповідь: I 1 = 1,2 А, I 2 = 0,3 А, I= 1,5 А.
Завдання 40 . Чому дорівнює показання вольтметра на рис. 41, якщо струмом вольтметра можна знехтувати проти струмами в навантаженнях? Внутрішні опори батарей прийняти рівними нулю.
Визначити показання ватметрів і переконатися, що їх сума дорівнює сумі потужностей, що витрачаються в опорах r 1 , r 2 та r 3 . Втратами в котушках ватметрів знехтувати.
Дано: E 1 = 30, E 2 = 21, E 3 = 5, r 1 = 5 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 50 Ом.
Відповідь: 25 В, P 1 = 9 Вт, P 2 = 15,6 Вт.
Завдання 41 . Методом контурних струмів знайти струми в ланцюзі, схема якої зображена на рис. 42; дані: E 1 = 100 В, E 2 = 30, E 3 = 10 В, E 4 = 6, 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.
Рішення
Виберемо напрямки контурних струмів, які позначимо через I 11 , I 22 , I 33 .
Складемо систему рівнянь для контурів
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 .
Після підстановки числових значень будемо мати
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 .
Розв'язавши цю систему рівнянь, знайдемо контурні струми
I 11 = 5 А, I 22 = 4 А, I 33 = -2 А.
Тепер знайдемо справжні струми у всіх гілках.
E 1 , справжній струм I 1 має напрям контурного струму I 11 і дорівнює
I 1 = I 11 = 5 А.
У галузі з опором r 5 справжній струм I 5 має напрям контурного струму I 22 і дорівнює
I 5 = I 22 = 4 А.
У галузі з опором r 6 справжній струм I 6 має напрям, протилежний контурному струму I 33 і дорівнює
I 6 = -I 33 = - (-2) = 2 А.
У галузі з опором r 2 справжній струм I 2 вийде від накладання контурних струмів I 11 і I 22 і матиме напрямок більшого контурного струму I 11 ;
I 2 = I 11 - I 22 = 5 – 4 = 1 А.
У галузі з опором r 4 справжній струм I 4 вийде від накладання контурних струмів I 22 і I 33 і матиме напрям контурного струму I 22 ;
I 4 = I 22 + I 33 = 4 + (-2) = 2 А.
У гілці, де діє е.р.с. E 3 , справжній струм I 3 вийде від накладання контурних струмів I 11 і I 33 і матиме напрям струму I 11 ;
I 3 = I 11 + I 33 = 5 + (-2) = 3 А.
Це завдання може бути вирішена методом визначників. Для цього рівняння для контурних струмів слід записати у формі (10), а саме
(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 21 ; 32 ⋅ I 22 + r 33 ⋅ I 33 = E 33 ,
де контурні опори
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,
взаємні опори контурів
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,
контурні е.р.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 ст.
Отримаємо чисельну систему рівнянь методу контурних струмів
( 20 ⋅ I 11 − 10 ⋅ I 22 + 0 ⋅ I 33 = 60 ; − 10 I 11 + 22 ⋉ ⋅ I 33 = 24 ; = − 16,
або в матричній формі запису
(20 − 10 0 − 10 22 7 0 7 22) ⋅ (I 11 I 22 I 33) = (60 24 − 16) .
Складемо головний визначник системи? і обчислимо його значення
Обчислимо значення допоміжних визначників
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; Δ33 = | 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.
Контурні струми, що шукаються, визначаємо за формулами
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.
Ми отримали ті самі результати, що й раніше.
Завдання 42 . Знайти всі струми та визначити потенціали точок a, b, cі 0 щодо землі (рис. 43).
Завдання вирішити шляхом контурних струмів, Внутрішні опори джерел електричної енергії вважати рівними нулю: E 1 = 85, E 2 = 84, E 3 = 5, E 4 = 12, r 1 = 8 Ом, r 2 = 10 Ом, r 3 = 10 Ом, r 4 = 10 Ом, r 5 = 10 Ом, r 6 = 4 Ом.
Відповідь: 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.
Завдання 43 . Для схеми (рис. 44) знайти струми та U ab, якщо E 1 = 70, E 2 = 5, E 3 = 15 В, E 4 = 10, r 1 = 5 Ом, r 2 = r 3 = 10 Ом, r 4 = 5 Ом, r 5 = 3 Ом.
Завдання вирішити шляхом контурних струмів. Внутрішні опори джерел енергії дорівнюють нулю.
Відповідь: I 1 = 6 А, I 2 = 2 А, I 3 = 4 А, I 4 = 1 А, I 5 = 5 А.
Завдання 44 . Для схеми, зображеної на малюнку 45, а, використовуючи метод вузлових потенціалів, визначити всі струми. Дані схеми: E 1 = 30, E 2 = 10, E 3 = 200 В, E 4 = 56, 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. Внутрішні опори джерел напруги дорівнюють нулю.
Рішення
Приймемо потенціал точки 3 рівним нулю. Тоді, на підставі формули (11), запишемо систему рівнянь для визначення потенціалів точок 1 і 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)
Підрахуємо g 11 - суму провідностей, приєднаних до вузла 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 Ом.
Аналогічно g 22 - сума провідностей, приєднаних до вузла 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 Ом.
Взаємні провідності першого та другого вузлів
g 12 = g 21 = − (1 r 1 + r 7 + 1 r 5) = − 1 30 − 1 15 = − 0,1 1 О м.
Підставимо в рівняння (1) та (2) числові значення
0,25 ⋅ φ 1 + (−0,1) ⋅ φ 2 = 30 ⋅ 1 30 − 56 ⋅ 1 8 = − 6, (−0,1) ⋅ φ 1 30 ⋅ 1 30 + 10 ⋅ 1 30 − 200 ⋅ 1 6 = − 34.
Розв'язавши останні два рівняння, знайдемо потенціали точок 1 і 2
φ 1 = -80; φ 2 = -140 ст.
Нарешті, застосовуючи закон Ома окремих гілок, визначимо шукані струми
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.
Напрямки знайдених струмів вказані на скелетній схемі (рис. 45, б).
Завдання 45 . Методом вузлових потенціалів визначити струми у всіх гілках схеми, зображеної на рис. 46, а; задані: E 1 = 20, E 2 = 30, E 3 = 2, E 4 = 1,2, E 5 = 5,6, 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.
Внутрішні опори джерел напруги вважати рівними нулю.
Рішення
У тих випадках, коли в ланцюзі є гілка з е.р.с., але не містить опору, доцільно прийняти рівним нулю потенціал однієї з вузлових точок, до якої підходить вказана гілка.
У нашому випадку приймемо потенціал вузла 3 рівним нулю ( φ 3 = 0). Тоді потенціал точки 1 має значення, що дорівнює E 1, тобто. φ 1 = 20 В. Загальна кількість рівнянь зменшується і дорівнює числу вузлів мінус два. У нашому завданні достатньо скласти лише два рівняння для вузлів 2 і 4 .
Визначимо суму провідностей, приєднаних до вузла 2
g 22 = 1 r 3 + 1 r 4 + 1 r 7 = 0,17 1 О м,
і, відповідно, до вузла 4
g 44 = 1 r 4 + 1 r 5 + 1 r 8 = 0,2 1 Про м.
Знайдемо взаємні провідності вузлів 2 і 1 , 2 і 4 , 4 і 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 = − 0,05 1 Про м.
Обчислимо суми творів е.д. на провідності, приєднані відповідно до вузлів 2 і 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.
Складемо систему рівнянь на підставі формул (11) для вузла 2 :
φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 + φ 4 ⋅ g 24 = ∑ 2 E ⋅ g ,
для вузла 4
φ 1 ⋅ g 41 + φ 2 ⋅ g 42 + φ 4 ⋅ g 44 = ∑ 4 E ⋅ g .
Підставляючи сюди числові значення, отримаємо
0,17 ⋅ φ 2 + (−0,05) ⋅ φ 4 = 0,54, (−0,05) ⋅ φ 2
Вирішуючи цю систему рівнянь, знайдемо
φ 2 = 6; φ 4 = 9,6 ст.
Нарешті, застосовуючи до окремих гілок формули закону Ома, отримаємо значення всіх струмів, що нанесені на скелетній схемі (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.
Струм I 1 визначається на підставі першого закону Кірхгофа
I 1 = I 3 + I 5 + I 6 - I 2 = 0,8 А.
Завдання 46 . Методом вузлових потенціалів розрахувати струми в ланцюзі (рис. 47). Дані: E 1 = 160 мВ, E 2 = 300 мВ, r 3 = r 4 = 100 Ом, r 5 = 150 Ом, r 6 = 40 Ом. Внутрішні опори генераторів напруги дорівнюють нулю.
Вказівка. Для вирішення завдання достатньо скласти всього одне рівняння, так як у схемі є дві гілки з е.р.с., але не містять опору, а вузлів у схемі чотири.
Відповідь: 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.
Завдання 47 . Методом накладання розрахувати струми у схемі (рис. 48). а), якщо E 1 = 10 В, E 2 = 40, E 3 = 5, r 10 = 5 Ом, r 20 = r 30 = 2 Ом, r 1 = 30 Ом, r 2 = 3 Ом, r 3 = 8 Ом.
Рішення
Спочатку припускаємо, що діє лише е.р.с. E 1 , а е.р.с. E 2 та E б), тоді
I ′ 1 = E 1 r 1 Е,
r 1 Е = 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 Про м.
I ′ 1 = E 1 r 1 Е = 10 115 / 3 = 6 23 А.
Струми в паралельних гілках знайдемо згідно з формулою (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.
Тепер проведемо розрахунок, припускаючи, що діє е.р.с. E 2 , а е.р.с. E 1 і E 3 вважаємо недіючими (рис. 48, в)
I ″ 2 = E 2 r 2 Е; r 2 Е = 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 Е = 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.
Аналогічно розраховуємо величини струмів при дії лише однієї е.р.с. E 3 (рис. 48, г)
I? 3 = E 3 r 3 Е; r 3 Е = 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 Е = 5115/8 = 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.
Справжнє значення струму в кожній галузі знайдеться як алгебраїчна сума струмів, що визначаються кожною е.р.с. окремо.
Струм у першій гілки
I 1 = I 1 + I 1 + I ? 1 = 6 23 + 16 23 + 1 23 = 1 А.
Струм у другій гілки
I 2 = I ' 2 + I ' 2 − I? 2 = 4 23 + 72 23 − 7 23 = 3 А.
Струм у третій гілки
I 3 = − I ′ 3 + I ″ 3 − I ? 3 = − 2 23 + 56 23 − 8 23 = 2 А.
Напрями цих струмів показані на рис. 48, а.
Завдання 48 . Знайти струми у гілках ланцюга, зображеного на рис. 49, якщо відомі E 1 = 125 мВ, E= 120 мВ, r 1 = 40 Ом, r 2 = 36 Ом, r 3 = r 4 = 60 Ом. Внутрішніми опорами джерел знехтувати. Завдання вирішити методами накладання та контурних струмів.
Відповідь: I 1 = 0,8 А, I 2 = 0,75 А, I 3 = 2 А, I 4 = 1,55 А, I= 2,75 А.
Завдання 49 . У схемі (рис. 50, а) методом накладання знайти всі струми. Внутрішні опори джерел е.р.с. прийняти рівними нулю. Електрорушійні сили та опори елементів ланцюга мають такі значення: E 1 = 96, E 2 = 75, r 3 = 3 Ом, r 4 = 15 Ом, r 5 = 10 Ом, r 6 = 6 Ом.
Рішення
Припустимо, що діє лише е.р.с. E 1 , а е.р.с. E 2 не діє. У цьому випадку схема набуде вигляду, зображеного на рис. 50, б. Оскільки внутрішній опір е.р.с. E 2 дорівнює нулю, то на його місці між точками bі dпоказано коротке замикання. Для наочності схему рис. 50, бможна накреслити як, показаному на рис. 50, в.
Повний опір цієї схеми дорівнює
r 1 екв = 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.
Визначимо всі струми
I ' 1 = E 1 r 1 екв = 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 і л I ' 2 = I ' 2 − . 
Тепер припустимо, що діє тільки е.р.с. E 2 , а е.р.с. E 1 вважаємо нечинною (рис. 50, г).
Схему (рис. 50, г) для більшої наочності можна подати у вигляді, показаному на рис. 50, д. Її повне сонротівлення
r 2 екв = 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.
Обчислимо всі струми
I ″ 2 = E 2 r 2 е к в = 75 6,25 = 12 А, I ″ 3 = I ″ 2 ⋅ r 4 r 3 + r 4 = 12 ⋅ 15 18 = 10 ; 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.
Складаючи алгебраїчні струми, отримані від дії кожної е.р.с. окремо (рис. 50, бта 50, г), знайдемо справжні струми у кожній гілки (вони нанесені 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.
Завдання 50 . Для схеми (рис. 51) методами накладання, контурних струмів та за допомогою законів Кірхгофа знайти всі струми. Внутрішні опори джерел електричної енергії вважати рівними нулю.
Дано: E 1 = 90, E 2 = 54 В, r 1 = 30 Ом, r 3 = 60 Ом, r 4 = 24 Ом, r 5 = 20 Ом.
Відповідь: 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.
Завдання 51 . Знайти еквівалентний опір ланцюга (рис. 52, а) і всі струми, якщо U= 114, 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. Завдання вирішити шляхом перетворення трикутника опорів на еквівалентну зірку.
Рішення
Замінимо трикутники опорів abcі dfgеквівалентними зірками (рис. 52, б).
Підрахуємо опір променів зірки r 10 , r 20 і r 30 , еквівалентної трикутнику abcопорів r 1 , r 2 та r 3 (формули 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 r 30 = r 2 ⋅ r 3 r 1 + r 2 + r 3 = 2 Про м.
Опір променів зірки r 40 , r 50 , r 60 еквівалентній трикутнику dfgопорів r 6 , r 7 , r 8 , рівні
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 r 60 = r 7 ⋅ r 8 r 6 + r 7 + r 8 = 20 Про м.
Еквівалентний опір усієї схеми
r Е = 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.
Струм у нерозгалуженій частині ланцюга
I = U r Е = 114 38 = 3 А.
Струми в паралельних гілках I" (r 20 r 4 r 40) та 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.
Тепер знайдемо струми у опорах заданого ланцюга. Для цього попередньо із схеми (рис. 52, б) знайдемо напруги між точками aі b, aі c, bі c, dі g, fі g, dі 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.
шукані струми будуть
I 1 = U a b r 1 = 24 30 = 0,8 А, I 2 = U a c r 2 = 22 10 = 2,2 А, А, I 4 = I ′ = 1 А, I 5 = I ″ = 2 А, I 6 = U f d r 8 = 6 10 = 0,6 А, А, I 8 = U f g r 8 = 70 50 = 1,4 А.
Завдання 52 . У схемі (рис. 53) знайти струми, застосувавши перетворення трикутника на зірку. Визначити еквівалентний опір між точками aі b.
Додана напруга U= 30; опору: r 1 = 60 Ом, r 2 = 120 Ом, r 3 = 180 Ом, r 4 = 80 Ом, r 5 = 120 Ом.
Визначити показання ватметра і переконатися в тому, що воно дорівнює сумі потужностей, що витрачаються у всіх опорах.
Відповідь: 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.
Завдання 53 . Обчислити струми, що проходять у всіх гілках схеми (рис. 54), якщо E= 213, E 1 = 90, r 1 = 6 Ом, r 2 = 40 Ом, r 3 = 10 Ом, r 4 = 100 Ом, r 5 = 60 Ом.
Завдання вирішити перетворенням трикутника на еквівалентну зірку. Внутрішніми опорами джерел напруги знехтувати.
Визначити вхідний опір щодо гілки r 1 і взаємний опір гілок r 1 і r 2 .
Відповідь: 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.
Завдання 54 . Визначити величини струмів, що проходять ланцюгом, схема якої показана на рис. 55.
Дані ланцюга: E 1 = 100 В, E 2 = 140, 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.
Завдання вирішити методами контурних струмів та вузлових потенціалів.
Відповідь: I 1 = 4 А, I 2 = 8 А, I 3 = 6 А, I 4 = 10 А, I 5 = 2 А.
Завдання 55 . Для схеми (рис. 56, а) знайти методом еквівалентного генератора напруги струм у галузі з опором r 1 , якщо E 1 = 18, E 2 = 21, r 10 = 1 Ом, r 1 = 2 Ом, r 20 = 0, r 2 = 9 Ом, r 3 = 6 Ом.
Рішення
Розімкнемо ланцюг, що містить опір r 1 , і знайдемо напругу між точками mі n(рис. 56, б).
Очевидно, що в розімкнутій гілки струму немає. mі pрівнопотенційні ( φ m = φ p), а потенціал точки qперевищує потенціал точки nна величину φ q - φ n = E 1 .
Маючи це на увазі, визначимо 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 .
Знайдемо напругу U pq. Для цього спочатку визначимо струм у контурі psqp
I = E 2 r 2 + r 20 + r 3 = 21 15 = 1,4 А.
За законом Ома
U pq = I·r 3 = 1,4 · 6 = 8,4 Ст.
Остаточно
U x = U mn = U pq + E 1 = 8,4 + 18 = 26,4 ст.
Для знаходження струму у гілці r 1 спочатку визначимо опір короткого замикання (рис. 56, в)
r k = r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 = 9 ⋅ 6 15 = 3,6 Про м.
Шуканий струм
I 1 = U x r 1 + r 10 + r k = 26,4 1 + 2 + 3,6 = 4 А.
Цей струм тече від крапки mдо точки n.
Завдання 56 . Методом еквівалентного генератора напруги знайти струм (рис. 57, а), що проходить через опір r 5 , якщо E= 120, r 1 = 60 Ом, r 2 = 15 Ом, r 3 = 90 Ом, r 4 = 60 Ом, r 5 = 12 Ом. Внутрішній опір джерела напруги дорівнює нулю.
Рішення
Розімкнемо опір r 5 в. знайдемо напругу між точками cі e(рис. 57, б).
Через опори r 1 і r 2 протікає струм I", а через r 3 та r 4 струм 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 = = 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 φ d − φ c = U d c = 24 В.
Але так як φ d = φ e, то U dc = U ec. Отже, напруга холостого ходу U x= 24 ст.
Тепер знайдемо опір короткого замикання. Визначимо його двома способами.
1) Шляхом безпосереднього підрахунку за схемою.
В цьому випадку треба е.р.с. вимкнути, залишивши її внутрішній опір, що дорівнює в даному випадку нулю (рис. 57, в). Опір короткого замикання двополюсника дорівнює опору ланцюга між точками cі 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) Те саме опір можна знайти й іншим шляхом. Для цього треба замкнути крапки cі dкоротко, обчислити струм I до, що протікає через короткозамкнену ділянку (рис. 57, г), і опір короткого замикання визначити за формулою (20).
Опір схеми дорівнює
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 Ом.
Знайдемо струми у гілках
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, r 2 + r 4 = 2,5 ⋅ 60 75 = 2 А.
I k = I ′ 2 − I ′ 1 = 0,5 А.
Опір короткого замикання (формула 20) дорівнює
r k = U x I k = 24 0,5 = 48 Про м.
Шуканий струм знаходимо за формулою (21)
I 5 = U x r 5 + r k = 24 12 + 48 = 0,4 А.
Завдання 57 . Для схеми (рис. 58) методом еквівалентного генератора напруг знайти струм у галузі з опором r 3 , якщо E 1 = 5, E 2 = 7, 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.
Відповідь: I 3 = 0,6 А.
Завдання 58 . Користуючись методом еквівалентного генератора напруги, знайти е.д.с. і внутрішній опір джерел, еквівалентних кожній із схем (рис. 59 а, б, ві г; 0 < k < 1). Внутренние сопротивления источников энергий равны нулю.
Відповідь: 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 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 .
Завдання 59 . За показаннями приладів, отриманих із двох дослідів, знайти е.р.с. та внутрішній опір джерела електричної енергії, еквівалентної схемі (рис. 60), у випадках:
Примітка. У частині схеми, обведеної на рис. 60 чотирикутником а Б В Гі називається двополюсником, насправді може бути включено велика кількістьрізних е.р.с. і опорів так, що повний розрахунок зайняв би надто багато часу. Тому вирішено обмежитися експериментальним дослідженням двополюсника, результати якого вміщені в таблиці даних.
Відповідь: 1) опір 10 Ом. 2) джерело енергії з е.р.с. 40 В та внутрішнім опором 5 Ом. 3) джерело енергії з е.р.с. 5 і внутрішнім опором 5 Ом.
Завдання 60 . Три генератори напруг, е.р.с. яких E 1 = 48, E 2 = 45, E 3 = 45 В, а внутрішні опори r 1 = 1,2 Ом, r 2 = 1 Ом, r 3 = 1,5 Ом, працюють паралельно на загальне навантаження, опір якого r= 4,2 Ом (рис. 61).
Здійснити заміну заданих генераторів напруг одним еквівалентним, визначивши його е.р.с. та внутрішній опір. Чому рівні струми, що протікають через кожен генератор та навантаження?
Рішення
Значення е.р.с. та внутрішнього опору еквівалентного генератора напруги можуть бути визначені за формулами (23)
E Е = 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 Е = + 1 r 2 + 1 r 3 = 2,5 1 О м, r Е = 1 2,5 = 0,4 О м.
Струм у навантаженні
I = E Е r + r Е = 46 4,2 + 0,4 = 10 А.
Напруга на навантаженні
U = I ⋅ r = 10 ⋅ 4,2 = 42 Ст.
Така ж напруга на кожній з паралельних гілок. Струм у кожній із гілок знайдемо за формулою (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 5 42 1,5 = 2 А.
Перевірка показує, що струм у навантаженні Iдорівнює сумі трьох струмів: I 1 , I 2 та I 3 .
Завдання 61 . Для ланцюга, зображеного на рис. 62, перевірити принцип взаємності, якщо е.р.с. Eперемістити у гілку з опором r 3 .
Дані: E= 80, r 1 = 8 Ом, r 2 = 20 Ом, r 3 = 30 Ом, r 4 = 12 Ом.
Завдання 62 . Визначити струм, що проходить через опір r= 5 Ом, підключений до генератора струму (рис. 63), параметри якого мають такі величини: струм I k= 6 мА, внутрішня провідність g 0 = 0,04 1/Ом.
Рішення
Внутрішній опір генератора струму
r 0 = 1 g 0 = 1 0,04 = 25 Про м.
Струм I kрозподіляється за двома паралельними гілками rі r 0 назад пропорційно до їх опорів. Тому шуканий струм
I = I k ⋅ r 0 r 0 + r = 6 ⋅ 25 25 + 5 = 5 м А.
Завдання 63 . Користуючись теоремою про еквівалентний генератор струму, визначити струм I 3 у гілки r 3 = 12 Ом (рис. 64, а). Електрорушійні сили генераторів напруги рівні E 1 = 120 В, E 2 = 100 В, їх внутрішні опір r 1 = 6 Ом, r 2 = 4 Ом.
Рішення
З теорії відомо, що струм еквівалентного генератора струму дорівнює струму короткого замикання I кз, що проходить між короткозамкненими затискачами mі n, До яких підключена ця гілка (рис. 64, б)
I до з = E 1 r 1 + E 2 r 2 = 45 А,
а внутрішня провідність генератора струму дорівнює провідності пасивного ланцюга між затискачами mі nпри розімкнутій гілки 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 еквівалентного генератора струму представлена рис. 64 г.
Шуканий струм
I 3 = I до з ⋅ r 0 r 0 + r 3 = 45 ⋅ 2,4 2,4 + 12 = 7,5 А.
Завдання 64 . Генератор струму створює в ланцюзі струм I k= 30 мА (рис. 65). Внутрішню провідність генератора можна знехтувати.
Чому рівні струми у гілках, опори яких рівні r 1 = 1,8 кОм, r 2 = 3 кОм, r 3 = 1,5 кОм, r 4 = 2 ком.
Відповідь: I 1 = 10 мА, I 2 = 4 мА, I 3 = 20 мА, I 4 = 6 мА.
Завдання 65 . Два генератори струму з'єднані в ланцюг, показаний на рис. 66, а. Струм першого генератора I k 1 = 3 мА, його внутрішня провідність g 1 = 0,05 1/Ом, другого - I k 2 = 2 мА, g 2 = 0,01 1/Ом. Опіри рівні: r 3 = 5 Ом, r 4 = 30 Ом.
Визначити струм, що проходить через опір r 4 .
Рішення
1-й спосіб. Перетворимо генератори струму на еквівалентні генератори напруги, отримаємо схему рис. 66, б. Е.Д.С. і внутрішні опори генераторів напруги знаходимо за формулами (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 Про м.
За методом вузлових потенціалів знаходимо
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 1 100 + 1 30 = 52,8 м Ст.
Шуканий струм
I 4 = U a b r 4 = 52,8 30 = 1,76 м А.
2-й спосіб. Розв'яжемо задачу методом еквівалентного генератора струму. Для цього замінимо весь ланцюг, за винятком гілки з r 4 еквівалентним генератором струму (рис. 66, в). Для визначення його параметрів I kі g 0 спочатку виключимо гілку з r 4 , а точки aі bзакоротимо (рис. 66, г). Знайдемо струм короткого замикання I кз. Попередньо визначимо струми I 3 та 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.
Отже, струм еквівалентного генератора струму
I k = I 3 + I 4 = 2,4 + 2 = 4,4 А.
Тепер визначимо внутрішню провідність еквівалентного генератора струму g 0 між точками aі b. Для цього виключимо генератори струмів і залишимо лише їх внутрішні опори (рис. 66, д)
g 0 = g a b = 1 1 g 1 + r 3 + g 2 = 1 20 + 5 + 0,01 = 0,05 См.
Струм у шуканій галузі (рис. 66, в) дорівнює
I 4 = I k ⋅ 1 g 0 1 g 0 + r 4 = 4,4 ⋅ 20 20 + 30 = 1,76 м А.
Завантаження...
