Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методика решения задач по электрическим цепям постоянного тока. Учебно-методическое пособие
.pdf
Определяем частичные токи в ветвях схемы от первой ЭДС
А;33,1
815
815
10
20
32
32
1
1
1
/
RR
RR
R
E
I
В;855,6
815
815
314,1
32
32
/
1
/
RR
RR
IU
ab
А;457,0
15
855,6
2
/
/
2
R
U
I
ab
А.857,0
8
855,6
3
/
/
3
R
U
I
ab
I
'1
R
1
U
’
ab
E
1
R
3
R
2
a
b
I
'2
I
'3
E
2=0
А;1,4
810
810
15
30
31
31
2
2
//
2
RR
RR
R
E
I
В;25,18
810
810
11,4
31
31
//
2
//
RR
RR
IU
ab
А;28,2
8
25,18
3
//
//
3
R
U
I
ab
А.825,1
10
25,18
1
//
//
1
R
U
I
ab
(рис. 28):
Рис. 28. Схема для определения частичных токов
Затем определяем частичные токи в ветвях схемы от второй ЭДС (рис. 29):
от первой ЭДС к задаче 25
41
Действительные токи определяются алгебраическим сумми-
А;495,0825,133,1
//
1
/
11
III
А;643,3457,01,4
/
2
//
22
III
А.14,328,2857,0
//
3
/
33
III
I
”1
R
1
U
’’
ab
E
1=0
R
3
R
2
a
b
I”
2
I
”3
E
2
I
1
R
1
Uab
E
1
R
3
R
2
a
b
I
2
I
3
E
3
R
4
I
4
рованием частичных токов:
;
Рис. 29. Схема для определения частичных токов
от второй ЭДС к задаче 25
По расчету ток I1 получился со знаком «минус», т.е. на схеме
рис. 28 он должен быть направлен в противоположную сторону,
ЭДС Е1 в этом случае работает в режиме потребителя.
Задача 26. Для электрической схемы, изображенной на
рис. 30, определить токи в ветвях методом двух узлов, если
Е1 = 120 В, Е3 = 50 В, R1 = 2 Ом, R2 = 4 Ом, R3 = 1 Ом,
R4 = 10 Ом.
Рис. 30. Схема электрической цепи к задаче 26
42
Решение:
Метод двух узлов – наиболее рациональный метод расчета токов в цепях, содержащих два узла.
На исходной схеме рис. 30 обозначаем токи, допустим, все токи будут направлены от узла b к узлу a.
Находим напряжение между узлами a и b:
где
− сумма проводимостей ветвей схемы.
Токи в ветвях схемы определяем на основании закона Ома для
участка цепи, содержащего и не содержащего ЭДС:
По расчету токи I2, I3, I4 получились со знаком «минус», т. е.
на схеме рис. 30 они должны быть направлены в противоположную
сторону.
Проверяем правильность решения задачи.
По первому закону Кирхгофа составляем уравнение для узла а:
I1 = I2 + I3 + I4;
57,3 = 1,35 + 55,4 + 0,54;
57,3 = 57,29.
Составляем уравнение баланса мощности:
9647 = 9647.
43
Задача 27. Для электрической схемы, изображенной на
R
1
E
1
R
3
R
2
1
2
E
3
R
4
E
2
E
5
R
5
R
6
3
рис. 31, определить токи в ветвях методом узловых потенциалов, если Е1 = 12 В, Е2 = 6 В, Е3 = 24 В, Е5 = 48 В, R1 = 2 Ом,
R2 = 5 Ом, R3 = 1 Ом, R4 = 10 Ом. R5 = 4 Ом, R6 = 20 Ом.
Рис. 31. Схема электрической цепи к задаче 27
Решение:
В методе узловых потенциалов за неизвестные принимают потенциалы узлов. В данной схеме три узла. Так как любая одна точка
схемы может быть заземлена без изменения токораспределения в
схеме, то один из узлов можно заземлить, т. е. принять его потенциал равным нулю, например φ3 = 0. При этом число неизвестных
уменьшается на единицу, таким образом, в данной задаче достаточно составить два уравнения.
Уравнение для первого узла:
Уравнение для второго узла:
Подставляем в эти уравнения числовые значения:
44
В результате решения системы уравнений известными мето-
I
1
1
2
I
2
I
3
I
4
3
I
6
I
5
дами, получаем:
φ1 = − 9,71 В;
φ2 = − 9,13 В.
Токи в ветвях схемы определяем по закону Ома для участка
цепи, содержащего и не содержащего ЭДС:
Направления найденных токов указаны на графе цепи
(рис. 32).
Рис. 32. Граф электрической цепи к задаче 27
Графом цепи называется изображение электрической схемы, в котором все ветви за-
меняются линиями.
45
Проверяем решение задачи. Для этого записываем уравнения
R1
E4
R3
R2
a
b
E3
R4
E2 E5
R5
c
Ibc
по первому закону Кирхгофа для первого и второго узлов:
I1 + I4 + I6 – I5 = 0; 10,85 + 0,971 + 0,029 − 11,855 = 0;
I5 + I2 – I3 – I6 = 0; 11,855 + 3,02 – 14,87 – 0,029 = 0.
Задача 28. Для электрической схемы, изображенной на
рис. 33, определить ток в ветви bc, если известны следующие
величины: Е2 = Е3 = Е4 = 20 В; Е5 = 50 В, R1 = R2 = R3 = R4 = 2 Ом,
R5 = 3 Ом.
Рис. 33. Схема электрической цепи к задаче 28
Решение:
На практике часто бывает необходимо изучить режим работы
одной из ветвей сложной электрической схемы, при этом целесообразно воспользоваться методом эквивалентного генератора (методом холостого хода и короткого замыкания) и не производить
расчет всей схемы.
На рис. 33 произвольно обозначаем направление тока в ис-
следуемой ветви Ibc.
Для определения напряжения холостого хода U
ветви bc схему представляем в виде рис. 34.
Ток I
определяем по закону Ома:
1
46
на зажимах
bcxx
R
1
E
4
R
2
a
b
R
4
E
2
E
5
R
5
c
Ubcxx
I
1
Рис. 34. Схема для определения напряжения холостого хода U
R
1
R
2
a
b
R
4
R
5
c
по методу эквивалентного генератора к задаче 28
bcxx
Напряжение U
Напряжение U
находим по методу двух узлов:
ac
bcxx
определяем по второму закону Кирхгофа,
обходя контур bacb по часовой стрелке:
U
= R1I1 + U
bcxx
= 2·5 + 8 = 18 B.
ac
Определяем эквивалентное сопротивление Rэ относительно
зажимов bc, схема в этом случае имеет вид, показанный на рис. 35:
Рис. 35. Схема для определения эквивалентного сопротивления
относительно зажимов bc к задаче 28
47
Ток в исследуемой ветви bc
R
2
E
1
E
3
E
2
R
1
R
4
R
3
r
20
r
10
R
6
R
5
I
11
I
22
I
33
т. е. ток I
в схеме рис. 33 имеет направление, противоположное
bc
выбранному.
Задача 29. Для электрической схемы, изображенной на
рис. 36, методом контурных токов определить токи в ветвях схемы, если: Е1 = 48 В; Е2 = 12 В; Е3 = 6 В; r
= 0,8 Ом; r
10
= 1,4 Ом;
20
R1 = 4,2 Ом; R2 = 4 Ом; R3 = 2 Ом; R4 = 12 Ом; R5 = 6 Ом;
R6 = 2 Ом.
Рис. 36. Схема электрической цепи к задаче 29
Решение:
Выберем направление контурных токов на схеме рис. 36, которые обозначим через I11, I22, I33 и составим систему уравнений:
где R
I11 R
I11 R
I11 R
= r20 + R2 + R4 + R3 = 1,4 + 4 + 12 + 2 = 19,4 Ом – собственное
11
сопротивление первого контура; R
= − (4 + 1,4) = − 5,4 Ом – общее сопротивление первого и
второго контура; R
тивление первого и третьего контура; R
+ r
20
+ R1= 0,8 + 6 + 4 + 1,4 + 4,2 = 16,4 Ом – собственное
сопротивление второго контура; R
+ I22 R
11
+ I22 R
21
+ I22 R
31
13
= R
+ I33 R
12
+ I33 R
22
+ I33 R
32
= − R4 = − 12 Ом − общее сопро-
31
= Е11;
13
= Е22;
23
= Е33,
33
23
12
= R
= R
= − (R2 + r20) =
21
= r
22
= − R5 = − 6 Ом –
32
+ R5 + R2 +
10
48
общее сопротивление второго и третьего контура;
R
= R4 + R5 + R6 = 12 + 6 + 2 = 20 Ом; Е
33
= Е2 + Е3 =
11
= 12 + 6 = 18 В – собственная ЭДС первого контура;
Е
= Е1 − Е2 = 48 – 12 = 36 В – собственная ЭДС второго
22
контура; Е
= 0 – собственная ЭДС третьего контура.
33
Составим главный определитель ∆ и вычислим его значение:
Первый определитель
Второй определитель
Третий определитель
49
Определяем токи в контурах:
I
3
I
1
I
6
I
5
I
4
I
2
I
22
I
33
I
11
Токи в ветвях схемы определяем алгебраическим суммирова-
нием контурных токов:
I2 = I
I4 = I
I5 = I
Направление токов показано на графе цепи (рис. 37).
22
11
22
− I
– I
– I
I1 = I
11
I3 = I
33
33
I6 = I
= 6,19 А;
22
= 6,19 – 6,04 = 0,15 А;
= 6,04 А;
11
= 6,04 – 5,4 = 0,64 А;
= 6,19 – 5,4 = 0,79 А;
= 5,4 А.
33
Рис. 37. Граф электрической цепи к задаче 29
50
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]