С оставляем систему уравнений согласно второму закону Кирхгофа:

E₁ =I_k1(r₀₁+R₁+ R₂)+I_k2 ∙R₂

E₂ =I_k2(r₀₂+R₂+R₃+R₄)+I_k1 ∙R₂-I_k3 ∙(r₀₂+R₄)

E₂+E₃ =I_k3(r₀₂ + r₀₃ +R₄+R₅) + I_k2 ∙(R₄+ r₀₂)

П одставляем численные значения сопротивлений и ЭДС источников в полученную систему уравнений:

1 8= I_k1∙(2+20+41)+ I_k2 ∙41

20-24= I_k2 ∙(1+15+48+41)+ I_k1∙41+I_k3 ∙(1+15)

12= I_k3∙(2+1+15+16) + I_k2 ∙(15+1)

2 0= I_k1∙41+ I_k2 ∙105+I_k3 ∙16

18= I_k1 ∙63+ I_k2∙41

12= I_k2∙16 + I_k3 ∙34

Решаем составленную систему уравнений методам Крамера:

=57154+16128+0 224910=

₁ =27880+0+4608-7872-64260=-39644

₂ =25092+12096+0-0-42840=-5652

₃ =20172+20160+0-0-79380-11808=-50856

Вычисляем контурные токи:

I_k1

I_k2

I_k3

Находим токи в цепи:

I₁= I_k1=0,26(А);

I₂= I_k1+ I_k2=0.3(А);

I₃= I_k2= 0.04 (А);

I₄= I_k2+ I_k3=0.38(А);

I₅= I_k3= 0.34 (А).

1 .1.4 Расчет электрических цепей постоянного тока с линейными элементами методом наложения

По методу наложения ток в любом участке цепи рассматривается как алгебраическая сумма частных токов, созданных каждой ЭДС в отдельности.

а) Определяем частные токи от ЭДС Е1 при отсутствии Е2 и Е3 , то есть рассматриваем цепь изображенную на рисунке .

Показываем направление частных токов от ЭДС Е1 и обозначаем буквой I с одним штрихом (I). Решаем задачу методам эквивалентного сопротивления.(Схема 3)

= + = 20 + 2= 22 (Ом).

Так как и соединены последовательно то:

= + = 16+ 28= 44 (Ом).

Далее находим .

= = = 14,7 (Ом).

(Схема 4).

Находим эквивалентное сопративление.

= + = 20+ 14,7= 34,7 (Ом).

(Схема 5).

По закону ома для замкнутой электрической цепи рассчитываем входной ток.

= = = 0,3(A);

= = = 0,3 (А).

= = =0,2 (А);

= = =0,1 (А);

б) Определяем частные токи от ЭДС Е2 при отсутствии Е1 и Е3 , то есть рассматриваем цепь изображенную на рисунке .

Показываем направление частных токов от ЭДС Е2 и обозначаем буквой I с одним штрихом ( ). Решаем задачу методам эквивалентного сопротивления.

(Схема 6).

= + = 20 + 2= 22 (Ом);

Так как и соединены параллельно то:

= = = = 10,5 (Ом) .

(Схема 7).

Находим эквивалентное сопротивление:

= + + = 20+28+10,5= 58,5 (Ом).

Преобразовываем схему (Схема 8).

По закону Ом для замкнутой цепи находим входной ток, а по закону ома для участка цепи находим токи в ветвях.

= = = 0,3(A);

= = 0,3 (А);

= = = 0,2(A);

= = 0,3 (А);

= = = 0,1(A).

в) Определяем частные токи от ЭДС Е3 при отсутствии Е1 и Е1 , то есть рассматриваем цепь изображенную на рисунке .

Показываем направление частных токов от ЭДС Е2 и обозначаем буквой I с одним штрихом ( ). Решаем задачу методам эквивалентного сопротивления.

(Схема 9).

= + = 20 + 2= 22 (Ом).

Так как и соединены последовательно то:

= + = 16 + 28= 44 (Ом).

Преобразовываем схему (Схема 10).

Так как и соединены параллельно то:

= = = = 11,7 (Ом) .

Находим эквиволентное сопротивление.

= + = 22+11,7= 33,7 (Ом).

(Схема 11).

По закону Ом для замкнутой цепи находим входной ток, а по закону ома для участка цепи находим токи в ветвях.

= = = 0,7(A);

= = 0,7 (А);

= = = 0,4(A);

= = = 0,3(A).

Вычисляем токи ветвей исходной цепи (Схема 1), выполняя алгебраическое сложение частных токов от каждой ЭДС, учитывая их направление:

I₁= I₁- I₁+I₁=0.3-0.2+0,4=0,5 (A);

I₂= -I₂+ I₂+I₂=-0,1+0,3+0,3=0,5 (A);

I₃= I₃+ I₃+I₃=0,2+0,1+0,7=0,7(A);

I ₄= I₂=0,5 (A).