Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Одесская национальная академия связи им. А.С. Попова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Модуль 1.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.02.2016

Размер:

1.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 2322 23 > Следующая >>>

I1′′= I3′′		R2		= 0,2		20		= 0,1A;
	R + R					20 + 20
1			2
I2′′ = I3′′		R1			= 0,2		20	= 0,1A.
		R + R				20 + 20
1			2

4 Выполним процедуру наложения. За основные направления токов примем направления на исходной схеме (см. рис. 5.1). Частные токи, совпадающие по направлению с токами исходной схемы, записываем со знаком „+”, не совпадающие – со знаком „–”. Результирующие токи определятся следующим образом:

I1 = I1′ − I1′′= 0,2 − 0,1 = 0,1A;

I2 = I2′ + I2′′ = 0,1 + 0,1 = 0,2 A;

I3 = I3′ − I3′′ = 0,1 − 0,2 = −0,1A;

I4 = I4′ + I4′′ = 0,1 + 0,4 = 0,5 A.

Знак „–” в результате говорит о том, что направление тока в цепи противоположно направлению, указанному на схеме.

5 Выполним проверку расчетов, составив уравнение по ЗТК для узла 3:

−I1 +I2 −J +I4 =0.

Подставим значения токов:

− 0,1 + 0,2 − 0,6 + 0,5 = 0 .

Проверка подтверждает правильность расчетов.

Метод узловых напряжений

Задача 6 Определить токи в цепи рис. 6.1 методом узловых напряжений при исходных данных таких, как в задаче 5.

Решение

	R1 I1 1 I3 R3		2 I4
+	I2
	R2	U10 U20	J R4
E

Рисунок 6.1 – Исследуемая цепь

1Зададимся условно-положи- тельными направлениями искомых токов, как показано на рисунке рис. 6.1.

2Схема содержит три неустранимых узла: 1, 2, 0.

В качестве базисного выберем узел 0. Для оставшихся узлов составим уравнения по методу узловых напряжений относительно напряжений U10 и

U20:

1 G11U10 + G12U 20 = I11 ;

2 G21U10 + G22U 20 = I22 ,

где U10, U20 – искомые узловые напряжения; G11, G22 – собственные проводимости узлов 1 и 2;

G12 = G21 – взаимные проводимости между узлами 1 и 2; I11, I22 – узловые токи узлов 1 и 2 соответственно;

G =

= 0,2 См;

G22

= 0,2 См;

= G

= −

= −0,1 См;

I11

= 0,3 А;

I22 = J = 0,6 А.

Подставим полученные значения в систему уравнений и решим ее относительно напряжений U10 и U20:

0,2U10 − 0,1U20 = 0,3;

− 0,1U10 + 0,2U20 = 0,6.

Решим систему методом определителей:

∆ =

0,2

− 0,1

= 0,2 0,2 −(−0,1)(−0,1) = 0,04 − 0,01 = 0,03 ;

−0,1

0,2

∆1 =

0,3

− 0,1

= 0,3 0,2 − (−0,1)0,6 = 0,06 + 0,06 = 0,12 ;

0,6

0,2

∆2 =

0,2

0,3

= 0,2 0,6 − 0,3(−0,1) = 0,12 + 0,03 = 0,15 ;

− 0,1

0,6

U10

∆1

0,12

= 4 В;

0,03

∆

U 20

∆2

0,15

= 5 В.

0,03

∆

3 Зная узловые напряжения, определим токи ветвей:

I1 =

E −U10

6 − 4

= 0,1 А;

U10

= 0,2 А;

I3 =

U 21

U 20 −U10

5 −4

= 0,1 А;

U 20

= 0,5 А.

4 Проверку расчетов можно выполнить путем составления уравнения баланса мощностей:

− E I1 + I12 R1 + I22 R2 + I32 R3 −U20 J + I42 R4 = 0;

−6 0,1 + 0,12 20 + 0,22 20 + 0,12 10 −5 0,6 + 0,52 10 = 0;

−0,6 + 0,2 + 0,8 + 0,1 −3 + 2,5 = 0;

−3,6 + 3,6 = 0;

0 ≡ 0.

Проверка подтверждает правильность расчетов.

Метод эквивалентного источника

Задача 7 Определить ток І3 в цепи рис. 7.1, а методом эквивалентного источника напряжения, если Е1 = 20 В, Е2 = 10 В, R1 = 10 Ом, R2 = 20 Ом,

R3 = 30 Ом.

R1	1	R2		RГ	1 I3		I	R1 1 R2
+	I3		+				1
+	I3	E2	+	EГ	R	+		U
E1	R			EГ	3	E1			UXX	E2
	3		+			E1		K1	UXX	E2
								K1		+
										+
	2				2				2
	а)				б)				в)

Рисунок 7.1 – Исследуемая цепь (а), автономный двухполюсник исследуемой цепи (б), определение UХХ исследуемой цепи

Решение

Ветвь с сопротивлением R3 будем считать нагрузкой, а остальную схему – автономным двухполюсником с ЕГ и RГ. В результате получим схему, показан-

ную на рис. 7.1, б, для которой I3 =	EГ	(*).
	RГ + R3

Определим ЕГ и RГ. Для определения ЕГ отключим в схеме рис. 7.1, а R3 и определим напряжение между узлами 1 и 2 UХХ рис. 7.1, в.

Для этого определим ток I1 :

I1 =	E1 + E2	=	30	=1 A .
			30
	R1 + R2

Теперь U1 = I1 R1 =1 10 =10 B , и в соответствии со вторым законом Кирхгофа для контура 1:

R1 1 R2

Рисунок 7.2 – Определение RГ исследуемой цепи

U1 +UХХ − E1 = 0;

UХХ = E1 −U1 = 20 −10 =10 B ;

UХХ = EГ =10 В.

Для определения RГ = RВХ12 положим в схеме рис. 7.1, в величины задающих напряжений источников напряжения равными нулю. В результате получим схему рис. 7.2.

Сопротивление RВХ12 равно

Рисунок8.1 – Исследуемая цепь


R	ВХ12	=	R1R2		=		10 20		= 6,666 Ом.
			R1 + R2
						10 + 20

Подставив найденные UХХ = 10 В и RГ = RВХ12 = 6,666 в выражение (*), получим
		I3	=	10				= 0,272 A .
				6,666	+ 30

Найденный, таким образом, ток совпадает с током І3 в аналогичной задаче 3.

	Дуальные преобразования
Задача 8 На рис. 8.1 приведена ис-				5
ходная цепь. Построить схему, дуаль-
ную данной.				C3
				C3
Решение		R1		4
Для получения дуальной цепи не-		R1		L4
Для получения дуальной цепи не-
обходимо выполнить замену терминов и		+	C2		C5
элементов в соответствии	с таблицей	e(t)	C2		C5	R6
элементов в соответствии	с таблицей	e(t)			3
8.1.		1		2
8.1.		1		2
Построение дуальной	цепи разо-

бьем на следующие этапы:

а) в контурах – ячейках выберем узлы и пронумеруем их;

б) соединим узлы линиями, проходящими через каждый элемент исходной

цепи (см. рис. 8.1), в результате чего по-

L2′

L5′

лучим граф дуальной цепи (штриховые

линии);

C4′

Таблица 8.1 – Дуальные величины

j(t)

G1′

G6′

L3′

Узел

Контур

Узел

Рисунок 8.2 – Цепь дуальная

цепи рис. 8.1

в) заменим ветви графа дуальной цепи на дуальные элементы относительно элементов исходной цепи.

В результате получим искомую схему рис. 8.2.

Метод комплексных амплитуд

Задача 9 Схема двухполюсника приведена на рис. 9.1. Записать сопротивление двухполюсника в комплексной форме Z ( jω) и проводимость Y ( jω) .

Рисунок 9.1 – Исследуемый двухполюсник

Решение

Символическая схема заме-

ZL1 = jωL1

ZL2

= jωL2

щения двухполюсника приведена

на рис. 9.2. Сопротивления всех

двухполюсников

на этой схеме

ZC1 =

имеют размерность [Ом].

На этом рисунке ZL1 и R1, а

jωC1

также ZL2 и R2 соединены после-

Рисунок 9.2 – Символическая схема

довательно.

замещения двухполюсника рис. 9.1

Поэтому

ZЭ1

ZЭ1 = ZL1 + R1 = jωL1 + R1 ,

ZЭ2

ZЭ2 = ZL2 + R2 = jωL2 + R2 .

В цепи рис. 9.3 ZЭ1 и ZС1 соединены

ZС1

параллельно, а оба эти элемента соедине-

ны последовательно с ZЭ2. Тогда сопро-

Рисунок 9.3 – Эквивалентное

преобразование цепи рис. 9.2

тивление двухполюсника можно записать

так:

(jωL + R )

Z( jω) =

Э1

C1 + Z

jωC

+ jωL

+ R

Э2

ZЭ1 + ZC1

jωL1 + R1 + jωC

jωL1 + R1 +( jωL2

+ R2 )[( jωL1

+ R1 ) jωC1 +1]

( jωL1 + R1 ) jωC1 +1

Проводимость	1				( jωL1 + R1 ) jωC1 +1
Y ( jω) =	1	==			( jωL1 + R1 ) jωC1 +1						.
Y ( jω) =	Z ( jω)	==	jωL	+ R	+ ( jωL	2	+ R	)[( jωL	+ R	) jωC +1]	.
		1		1		2	2	1	1	1

Дальнейшие действия с полученным выражением для приведения их к ви-

ду Z = ca ++ jdjb рекомендуем проделать самостоятельно.

Задача 10 На рис. 10.1 изображена схема двухполюсника, величины элементов которой равны: R = 50 Ом, С = 20 мкФ, L = 0,1 Гн. Определить сопро-

тивление двухполюсника постоянному току (ω = 0) при ω → ∞ и на частоте

ω = 103 рад/с.

Решение

Символическая

схема

замещения

имеет

вид рис. 10.2. Тогда соответственно:

Z ( jω) =

ZC ZL + R =

Z C+ZL

jωL

Рисунок 10.1 – Исследуемый

jωC

+ R =

jωL

+ R.

двухполюсник

+ jωL

1 − ω2 LC

ZC =

jωC

Отсюда

jωC R

Z (0) = R = 50 Ом;

ZL = jωL

Рисунок 10.2 – Символическая

Z (∞) = R = 50 Ом.

схема замещения рис. 10.1

Z(1000) =

j 1000 0,1

−50 =

j 100 +50 = − j 100 +50 ;

−106 0,1 20 10−6

1 − 2

−100 = −63,43о ;

Z =

502 +1002

=111,8 Ом;

θZ

= arctg

Z ( jω) =111,8 e− j 63,43о .

Задача

11 К

зажимам

двухполюсника

i1(t) (2·1)

рис. 11.1 приложено напряжение

u1(t)

u1 (t) =80sin(1000 t + 40о ), B

и по нему протекает ток

Рисунок 11.1 – Исследуемый

i (t) =10sin(1000t +85о), мA .

двухполюсник

Определить возможную схему замещения двухполюсника.

Символическая схема замещения этого двухполюсника приведена на рис. 11.2, где

&	= 80e	j40o	&	= 0,01e	+ j85o	.
Um1	= 80e		; Im1	= 0,01e		.

Комплексное сопротивление этого двухполюсника

Решение

I&m1 Z(jω)

U&m1

Рисунок 11.2 – Комплексное сопротивление двухполюсника рис. 11.1

100

Z ( jω) =

U&m1

80e j 40o

=8000e− j45o

=8000 cos(−45o ) − j 8000 sin(+45o ) =

I&m1 0,01e+ j85o

=5656 − j5656.

Z = R − jX . Следовательно R =5656 Ом;

X =5656 Ом; X =

;

C =

= 0,17568 10−6 = 0,1768 мкФ.

ωX

Возможная схема

замещения

Рисунок 11.3 – Схема замещения

–1

двухполюсника на частоте ω = 1000 с

приведена на рис. 11.3.

Задача 12 Рассчитать токи и напряжения в цепи, схема которой изображе-

на на рис. 12.1, если e(t)

= 6cos 106 t +

; R1 = 1000 Ом; R2 = 2000 Ом; L2 = 2

мГн. Ответ представить в виде функций времени. Построить векторную диаграмму токов и напряжений.

i1(t) R1	1	i3(t)
	i2(t)
e(t)	R2	L2

Рисунок 12.1 – Исследуемая цепь

İ1	R1	1	İ3
	&	İ	İ3
	&	İ
	U1	2
E&	K1	R2 U&2	jωL2 U&3
		K2

Рисунок 12.2 – Символическая схема замещения цепи рис. 12.1

Решение

Символическая схема замещения цепи рис. 12.1 приведена на рис. 12.2. Действующее значение задающего напряжения источника в комплексной фор-

ме	&	6	e	j 45о	=3	+3 j . Зададимся положительными направлениями токов и на-
	E =	2

пряжений, как показано на рисунке 12.2. Схема содержит один источник, а элементы образуют параллельно-последовательное соединение. Для расчетов применим метод анализа цепи с одним источником. Сопротивление двухполюсни-


ка относительно зажимов источника Z = R	+	j ωL2 R2		.

1		j ωL2	+ R2

По закону Ома I&1 = ZE& , U&1 = I&1R1 . По формуле „чужого” сопротивления

I&2 = I&1	jωL2		;	I&3 = I&1		R2
							.
	jωL + R	2			R + jωL
2				2		2

101

По закону Ома, U&

= I& R ;

= I&

jωL .

Подставим значения и выполним расчеты:

ωL

=106 2 10−3

= 2000 Ом.

j 2000

2000

j 2000

Z = 1000

= 1000 +

j 2000

+ 2000

1 + j

= 1000 +

2000

e j 45 о

= 2000

+ j 1000

= 1000

5e j 26 ,57 о , Ом

e j 45о

I&1 =

=1,9 10−3 e j 18,43о

= (1,8 + j0,6)10−3 , A;

5e j 26,57

1000

U&1 =1,9 10−3 e j 18,43о 1000 =1,9e j 18,.43о

=1,8 + j0,6, B;

I&2 =1,9 10−3 e j 18,43о

j 2000

=1,34 10−3 e j 63,63о = (0,6 + j1,2)10−3 , A;

j 2000 + 2000

U&2

= 1,34 10 −3 e j 63 ,63 о

2000

= 2,68 e j 63 ,63 о = 1,2 + j2,4 , B;

I&3

= 1,9 10

−3 e j 18 ,43 о

2000

= 1,34 10 −3 e − j 25 ,55 о =

j 2000 +

2000

= (1,2 − j0,6)10 −3 , A;

U&3

= 1,34 10 −3 e − j 63 ,63 о

j 2000

= 2,68 e j 63 ,63 о = 1,2 + j2,4 , B.

Выполним проверку расчетов, составив уравнения по законам Кирхгофа. Для первого узла на основании первого закона Кирхгофа, можно записать

			− I&1 + I&2 + I&3 = 0 , или I&2	+ I&3 = I&1 .
Подставим значения:
			−1,9 10−3 e j 18,43o +1,34 10−3 e j 63,63o	+1,34 10−3 e− j 25,55o =
			=(−1,8 − j 0,6) + (0,6 + j 1,2) + (1,2 − j 0,6)10−3 =0.
Векторная диаграмма токов приведена на				Im	İ2
рис. 12.3.					İ1
Для первого контура К1, на основании
второго закона Кирхгофа, можно записать:				0	Re
− E& +U&	1	+U&	= 0 , или U&1 +U& 2= E& .
			2
Подставим значения:					İ3
− 6 e j 45o			+1,9 e j 18,43o + 2,68 e j 63,63o =
2				Рисунок 12.3 – Векторная
= (−3 − j 3) + (1,8 + j 0,6) + (1,2 + j 2,4) = 0.				диаграмма токов

Проверка подтвердила правильность расчетов.

Перейдем от комплексных значений напряжений и токов к функциям времени:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2122 / 2322 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
26.11.2019652.29 Кб4Методичний посібник для курс. роботи по М та СП...doc
#
01.12.20184.08 Mб4Методичний посібник до лб_Поштовий переказ чере....doc
#
10.02.2016609 Кб13МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУК2 - копия.docx
#
06.09.2019370.69 Кб3МК з підприємницької практики.doc
#
10.02.201651.2 Кб15Модель OSI.doc
#
10.02.20161.56 Mб94Модуль 1.pdf
#
10.02.20161.61 Mб171Модуль 2.pdf
#
10.02.20161.56 Mб133Модуль 3.pdf
#
10.02.20161.39 Mб38Модуль 4.pdf
#
24.08.201975.66 Кб10модульна робота.docx
#
10.02.2016128.8 Кб33Московский Педагогический коледж.docx

Метод узловых напряжений

Метод эквивалентного источника

Дуальные преобразования

Метод комплексных амплитуд