ϕa = ϕe + E6 = 30 B, jb = ja + E1 = 80 B,

jc = jb - I1R1 = 80 - 5,625×10 = 23,75 B, jd = jc - I3R3 = 23,75 - 4,375×10 = -20 B,

ϕe = ϕd + E3 = −20 + 20 = 0 .

По оси абсцисс будем откладывать значения сопротивлений элементов, а по оси ординат – значения потенциалов точек. Базисную точку помещаем в начало коор- динат (рис. 1.8).

U(В)

Рис. 1.8

4. Метод наложения

Метод основан на том, что в любой линейной электрической цепи токи могут быть получены как алгебраическая сумма токов, вызываемых действием каждого источ- ника энергии в отдельности. Эти токи называются частичными токами.

При определении частичных слагающих токов необходимо учитывать внутреннее сопротивление тех источников энергии, которые принимаются отсутствующими при вычислении слагающих токов. Если в цепи заданы идеальные источники энер- гии, то при определении токов, вызываемых каким-либо одним источником, все ос- тальные источники напряжения закорачиваются, а ветви, в которых находятся ис-

точники тока – разрываются.

ПРИМЕР 4. Определить токи во всех ветвях схемы (рис.1.9), если:

R2 = R3 = R4 = R5 = 10 Ом;

E1 = 10 B; J06 = 1A.

РЕШЕНИЕ. 1. Определим частичные сла- гающие токи, вызываемые источником на-

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

пряжения E1. Разорвем ветвь с источником тока. Токи в цепи (рис. 1.10) определим методом преобразований.

Вычислим сопротивление, эквивалентное сопротивлениям R3; R 4 ; R5 :

R354 = (R3 + R5 ) × R 4 = 6,667 Ом , R3 + R5 + R4

тогда

I1' = I'2 = E1/(R 2 + R354 ) =10/(10 + 6,667) = 0,6 A.

Определим напряжениеU'ab :

U'ab = I1' R354 = 4 B, тогда

I'4 = U'ab /R 4 = 0,4 A,

I3' = -I'5 = Uab /(R3 + R5 ) = 0,2 A.

венству нулю внутреннего сопротивления данного источника) (рис. 1.11). Сопротивления включены параллельно,

заменим их сопротивлением

R 24 = R 2R 4 /(R 2 + R 4 ) = 5 Ом .

Определим токи I'3' и I'5' по правилу плеч:

I3'' = J06 × R5/(R 24 + R3 + R5 ) = 0,4 A,

I5'' = J06 × (R 24 + R3 )/(R 24 + R3 + R5 ) =

I'2' = I3'' × R 4/(R 4 + R 2 ) = 0,2 A,

I'4' = -I3'' × R2/(R 4 + R 2 ) = -0,2 A.

Для узла 1 составим первое уравнение Кирхгофа и определим ток I1'' :

I1'' = I'2' - J06 = -0,8 A.

3. Найдем искомые токи в ветвях схемы (см. рис. 1.9) как алгебраическую сумму частичных слагающих токов:

I1 = I1' + I1'' = -0,2 A,

I2 = I'2 + I'2' = 0,8 A,

I3 = I3' + I3'' = 0,6 A,

10

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

I4 = I'4 + I'4' = 0,2 A,

I5 = I'5 + I5'' = 0,4 A.

Правильность решения проверим, составив баланс мощностей:

E1I1 + J06 (I2R 2 + I3R3 ) = I22R 2 + I32R3 + I24R 4 + I52R5 ,

где I2R2 + I3R3 – напряжение на зажимах источника тока J06 .

- 0,2 ×10 + 1(0,8 ×10 + 0,6 ×10) = 0,82 ×10 + 0,62 ×10 + 0,2 ×10 + 0,42 ×10 ,

PИСТ = PНАГР .

В данном случае источник тока J06 отдает энергию в схему (его мощность больше нуля):

PT = J06 (I2R2 + I3R3 ) = 14 Вт ,

а источник напряжения E1 потребляет энергию (его мощность отрицательна)

PH = E1J1 = −2 Вт .

5. Метод преобразования

Суть метода заключается в преобразовании электрической схемы различными ме- тодами с целью уменьшения числа ветвей и узлов, а значит, и количества уравне- ний, определяющих электрическое состояние схемы.

Во всех случаях преобразования заданных электрических схем в эквивалентные схемы другого вида необходимо выполнять условия неизменности токов и напря- жений в тех частях схемы, которые не затронуты преобразованием.

ПРИМЕР 5. Определить токи в ветвях схемы (рис. 1.12), если:

E1 = E6 = 40 B,

R1 = R6 = R5 =10 Ом ,

R2 = R3 = R4 = 30 Ом.

11

Рис. 1.12

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com