Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Электротехника. Решение типовых задач. Ч.1. Учебное пособие
.pdf
Для метода эквивалентного генератора тока:
R4
−=⋅−⋅=⋅−⋅
=
R
JI
⋅=
5
г
г
. (2.24)
RR
+
5
г
Для определения величины Eг делаем разрыв ветви с искомым
током в исходной цепи (рис. 2.18).
I1 I2
R1
a b
E1
R2
R3
Uxx
Рис. 2.18
Вычисляем напряжение холостого хода в разрыве Uхх, равное Eг.
Определяем токи в сохранившихся ветвях по закону Ома:
=
=
8
+
8
+
6.1
=
А; (2.25)
23
8.0
=
А. (2.26)
64
E
E
1
+=RR
21
1
+=RR
43
I
1
I
2
Uхх равно разности потенциалов относительно минусового вывода источника ЭДС:
IRIRU
xx
2412
6.18.066.12
В. (2.27)
Отрицательная величина напряжения Uхх означает, что искомый
ток идет встречно направлению, указанному на рис. 2.15.
Внутреннее сопротивление эквивалентного генератора Rг определится как входное сопротивление на зажимах a и b при условии, что
источники энергии в цепи отключены (рис. 2.19). Эта схема эквивалентна представленной на рис. 2.20. Напомним, что источник ЭДС в
схеме заменяется проводником, а источник тока – разрывом.
31
R4
R4
a
⋅
⋅
⋅
⋅
R4
⋅
⋅
⋅
⋅
R1
a b
R2
R3
b
R1
R3
R2
Рис. 2.19 Рис. 2.20
Сопротивления R1, R2 и R3, R4 включены параллельно, а между
собой эти пары соединены последовательно, поэтому
+
64
44.26.1
=+=
Ом. (2.28)
64
R
+
RR
43
=
RR
43
RR
21
=
г
+
+
RR
21
+
23
+
23
Ток определяем по выражению (2.23): I5 = -0.2 А.
Теперь определим параметры эквивалентного генератора тока.
Для нахождения тока эквивалентного генератора Jг ветвь с сопротивлением R5 замыкаем (рис. 2.21).
I1 I3
I0
R1
a
I2
E1
R2
R3
Iкз
Рис. 2.21
Сопротивления R1, R3 и R2, R4 на рис. 2.21 включены параллельно,
а между собой эти пары соединены последовательно, поэтому их эквивалентное сопротивление
32
+
62
21.35.171.1
=+=
Ом. (2.29)
62
+
RR
42
=
RR
42
RR
31
+
+
RR
31
=
R
0
+
43
+
43
Определим ток источника ЭДС:
−=−=−==
R4
R4
E
R
1
0
I
0
8
49.2
===
А. (2.30)
21.3
В (2.29) были вычислены эквивалентные сопротивления для параллельных пар сопротивлений R1, R3 и R2, R4. Зная эти сопротивления и ток источника ЭДС определим напряжения и токи на сопротивлениях R1 и R2:
R
= I
I
1
+
R
= I
I
2
+
3
RR
4
RR
0
31
0
42
4
44.149.2
=⋅
43
+
=⋅
А; (2.31)
6
84.149.2
=⋅
62
+
=⋅
А. (2.32)
Ток генератора тока определим по первому закону Кирхгофа в
узле а (см. рис. 2.21):
IIJI
гкз
21
4.087.142.1
А. (2.33)
По выражению (2.24) вычисляем искомый ток: I5 = -0.2 А, при отсутствии ошибок в вычислениях оба метода дают одинаковый результат.
I1 I2
R1
J1
R2
Рис. 2.22
R5
R3
I5
R1
a b
J1
R2
R3
Uxx
Рис. 2.23
Рассмотрим, что изменится в решении задачи, если в исходной
схеме вместо источника ЭДС будет источник тока (рис. 2.22), J
1 =
5 А.
ЭДС эквивалентного генератора напряжения определяется теперь
в цепи, приведенной на рис. 2.23. Вычисляем напряжение холостого
хода в разрыве U
, равное Eг. Сопротивления R1, R2 и R3, R4 на
хх
33
рис. 2.23 включены последовательно, а между собой эти пары соеди-
+⋅+
+⋅+
=⋅=⋅=
R4
R4
+⋅+
+⋅+
нены параллельно, поэтому их эквивалентное сопротивление
R
RRRR
4321
=
01
+++
=
RRRR
4321
)64()23()()(
33.3
=
6423
+++
Ом. (2.34)
Таким образом, источник тока подает на сопротивления напряжение U0:
RJU В. (2.35)
0110
66.1633.35
Для вычисления напряжения холостого хода Uхх воспользуемся
ранее полученными выражениями (2.25)-(2.27), подставив в них вместо ЭДС Е1 напряжение U0:
U
+
0
RR
R
21
⋅==
RUE
xxг
2
U
+
0
RR
⋅−
4
2
43
66.16
⋅=
+
6
23
66.16
33.3
⋅−
+
−=
В. (2.36)
64
Внутреннее сопротивление эквивалентного генератора Rг определится как входное сопротивление на зажимах a и b в цепи на
рис. 2.24.
I1 I3
R1
a b
R2
R3
J1
R1
I2
R2
R3
a
Iкз
Рис. 2.24 Рис. 2.25
Сопротивления R1, R3 и R2, R4 включены последовательно, а между собой эти пары соединены параллельно, поэтому
R
RRRR
4231
=
г
+++
=
RRRR
4321
)62()43()()(
73.3
=
6423
+++
Ом. (2.37)
34
Ток эквивалентного генератора тока будем определять по цепи,
приведенной на рис. 2.25. Для этого воспользуемся полученными ранее выражениями (2.31)-(2.33), подставив в них вместо величины I0 J1.
Ответ: -0.2 А.
Задача 2.5. Определить токи в ветвях цепи, показанной на
рис. 2.26, если E1 = 4 В, R1 = 2 Ом, R2 = 4 Ом, R3 = 1 Ом, E2 = 2 В.
R1
R3
E1 E2
R2
Рис. 2.26
Решение:
Оценим трудоемкость возможных методов решения задачи. При
использовании метода законов Кирхгофа составляется система уравнений с числом неизвестных, равным количеству ветвей цепи без источников тока. В данном случае придется решать систему с тремя
уравнениями.
В системе уравнений, составленной по методу контурных токов,
число уравнений равно числу независимых контуров. В данной цепи
имеется два независимых контура.
При реализации метода узловых потенциалов число уравнений на
единицу меньше количества узлов в цепи. Для расчета схемы на
рис. 2.26 потребуется одно уравнение по методу узловых потенциалов. Хотя в данном случае преимущество метода узловых потенциалов очевидно, рассмотрим решение задачи также и другими вышеперечисленными методами.
Зададимся произвольно условно положительными направлениями токов и обхода контуров (рис. 2.27).
35
=−−
=−−
R1
I1 I2
E1 E2
a
R3
I3
b
R2
Рис. 2.27
Составим систему уравнений, используя законы Кирхгофа. По
первому закону Кирхгофа уравнения составляются наиболее просто,
поэтому начинаем с него. В данной схеме имеется два узла, следовательно, в систему уравнений можно включить только одно по первому закону Кирхгофа, например, для узла а (2.38). Два недостающих
уравнения запишем по второму закону Кирхгофа для левого и правого контуров цепи на рис. 2.27:
III
,0
321
=⋅+⋅
EIRIR
,
13311
−=⋅−⋅
.
EIRIR
23322
III
=+
II
31
II
32
,0
321
,42
(2.38)
−=−
.24
При расстановке знаков учтено совпадение (+) или несовпадение
(-) условно положительных направлений токов и обходов контуров.
На экзамене пользоваться планшетами и ноутбуками запрещено,
поэтому придется решать систему (2.38) вручную, например, методом
Крамера.
Напомним, что линейная алгебраическая система уравнений характеризуется основной матрицей, составленной из коэффициентов
при неизвестных, и вектором-столбцом свободных членов, правых
частей уравнений. Для нахождения решения по методу Крамера
находится главный определитель ∆ системы по основной матрице и
36
вспомогательные определители ∆i, когда в основной матрице i-тый
−
−
−
−
14
−
−
∆
∆
14
−=∆
∆
14
−
−
∆
∆
=⋅+
⋅
столбец заменяется вектором свободных членов. При вычислении
определителя размерностью 3×3 и более используется суммирование
произведений элементов одной из строк на их алгебраические дополнения. В нашем случае вычисление определителей производится по
следующему алгоритму:
aaa
131211
aaa
aaa
Таким образом:
=∆
=∆
232221
333232
−
102
−
−−
aaaaaaaaa
−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
322113312312332211
(2.39)
.
aaaaaaaaa
⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−
322311332112312213
111
,14
=∆−=
1
140
110
104
142
−−
,18
−=
(2.40)
−
011
402
.20
−=
240
101
142
,2
=∆=
32
−
120
=
18
286.1
=
3
=I А.
3
=
2
20
=
2
=I А,
429.1
1
=I А, 143.0
1
2
−=
Решаем ту же задачу методом контурных токов. Пусть направления этих токов совпадают с направлениями обхода контуров
(см. рис. 2.27). Сначала формально записываем эти два уравнения:
,
ERIRI
1112221111
(2.41)
=⋅+⋅
.
ERIRI
2222222111
37
Здесь R11 и R22 – собственные сопротивления контуров, равные
=+=+=
=+=+=
=
−
=
⋅
ϕ
сумме входящих в контур сопротивлений, т.е.:
RRR Ом, 514
3111
312
RRR Ом. (2.42)
3222
R12 = R21 – взаимные сопротивления контуров, равные сопротивлениям в общей ветви контуров. В данном случае это сопротивление
R3 = 1 Ом. Таким образом, R12 = R21 =-1 Ом, знак минус берем, так как
контурные токи через R3 проходят встречно (см. рис. 2.27).
Е
и Е22 – ЭДС контуров, численно равные алгебраической сум-
11
ме ЭДС, входящих в контур. В нашем случае Е11 = Е1 = 4 В,
Е
= Е2 = -2 В, знак минус появился из-за того, что контурный ток и
22
ЭДС направлены встречно.
Подставляем числовые значения коэффициентов и свободных
членов в уравнение (2.41):
II
2211
,43
(2.43)
−=+−
II
2211
.25
Умножим обе части второго уравнения на 3 и сложим с первым,
получим:
143.0,214
−=−= II
2222
А. (2.44)
Из первого уравнения получим I11 = 1.286 А.
По контурным токам следует определить токи ветвей. Первая и
вторая ветви (см. рис. 2.27) являются внешними, их токи совпадают с
контурными, поэтому I1 = I11 = 1.286 А и I2 = I22 = -0.143 А. Ток в третьей ветви совпадает по направлению с первым контурным током и
встречно направлен второму: I3 = I11 – I22 = 1.286 + 0.143 = 1.429 А.
Запишем уравнение для цепи (см. рис. 2.27) по методу узловых
потенциалов, заземлив узел b:
Jg
. (2.45)
11
aa
Фактически мы используем упрощенный вариант метода узловых
потенциалов – метод двух узлов. Здесь φа – потенциал точки а схемы
по отношению к заземленному (базовому) узлу b;
38
111
−
+=−
+
ϕ
ϕ
−
−=+
−
ϕ
ϕ
−=−
ϕ
ϕ
75.1
g
11
=++=
RRR
321
См – собственная проводимость узла а, рав-
ная сумме проводимостей ветвей, сходящихся в этом узле;
J
a
R
E
E
R
2
2
5.2
=+=
А – узловой ток. По выражению (2.45) вычисляем
1
1
потенциал узла а φа = 1.429 В.
Определяем токи ветвей, для этого вычисляем падения напряжений Uk на сопротивлениях по разности соответствующих потенциалов и применяем закон Ома.
Ток в ветви идет от большего потенциала к меньшему. В схеме,
показанной на рис. 2.27, нижний вывод сопротивления R1 имеет
больший потенциал, равный (Е1 + φb), верхний вывод имеет меньший
потенциал, равный φа, таким образом:
2
429.104
286.1
=
А. (2.46)
U
I
1
R
E
1
1
1
==
R
ab
1
Аналогичные рассуждения применяем ко второй ветви:
20429.1)(
143.0
−=
А. (2.47)
R
E
ba
2
2
4
U
2
R
==
2
I
2
Для третьей ветви:
1
0429.1
429.1
=
А. (2.48)
U
3
I
3
==
ba
RR
33
При отсутствии ошибок в вычислениях методы дают одинаковые
результаты.
Ответ: I1 = 1.286 А, I2 = -0.143 А, I3 = 1.429 А.
Задача 2.6. Определить напряжение между точками a и b в цепи
на рис. 2.28. Дано: E1 = 5 В, R1 = 2 Ом, R2 = 3 Ом, R3 = 3 Ом, E2 = 10 В,
I1 = 1 А, I2 = 3 А, I3 = 1 А.
39
I2 I3
−=−=−
=
−=−−=−=
.821510323
3
=⋅−+−⋅+⋅=
=⋅−+−⋅−⋅−=−
=
ϕ
ϕ
E1 R1 R2 R3 E2 I1
а
b
Рис. 2.28
Решение:
По определению искомое напряжение Uab = φa – φb, где φa и φb –
потенциалы точек a и b исследуемой цепи (см. рис. 2.28). Обозначим
недостающие токи в схеме, их направления выбраны произвольно,
положим потенциал точки φb равным нулю (рис. 2.29).
E1 R1 R2 R3 E2 I1
I2 I3
I4 I5 c d
b а
Рис. 2.29
По первому закону Кирхгофа в узлах с и d определим токи I4 и I5:
III
214
III А. (2.50)
345
231
А; (2.49)
312
Потенциал точки a определится путем алгебраического суммирования приращений потенциала на последовательно соединенных элементах цепи по отношению к φb:
RIEERIRIU
baab
11122435
(2.51)
Ответ: Uab = 8 В.
Задача 2.7. Какой величины должно быть сопротивление R3 в цепи, изображенной на рис. 2.30, для того чтобы на нем выделялась
максимальная мощность. Дано: E
= 120 В, R1 = 20 Ом, R2 = 30 Ом,
1
R3 = 10 Ом, R4 = 40 Ом, J1 = 3 А.
40
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]