СБОРНИК ЗАДАЧ
.pdfВаттметр W1 показывает мощность всей цепи
P1 = UabI = 90 5 = 450 Âò.
Задача 1.19. В цепи неуравновешенного моста (рис. 1.13, а) E = 1,5 Â, R1 = R2 = R3 = 3 Îì, R4 = 1 Îì, R5 = 5 Ом. Определить: 1) токи ветвей; 2) ток третьей ветви методом эквивалентного генератора. При каком значении сопротивления резистора R3 мощность, выделяемая в нем, будет максимальной?
Р е ш е н и е . 1. При решении задачи рационально использовать метод преобразования треугольника сопротивлений R1, R2, R3 в эквивалентную звезду сопротивлений R12, R23, R31:
R12 |
= |
R1 R2 |
|
+ R2 + R3 |
|||
|
R1 |
= 1 Îì; R23 |
= |
R2 R3 |
= 1 Îì; |
|
+ R2 + R3 |
||||
|
R1 |
|
Ð è ñ . 1 . 1 3
20
R31 |
= |
|
R3 |
R1 |
= 1 Îì. |
|
R1 |
+ R2 + R3 |
|||||
|
|
|
Эквивалентная схема, полученная после преобразования, представляет собой смешанное соединение сопротивлений (рис. 1.13, б).
Ток в неразветвленной части цепи
|
E |
|
|
|
(R + R )(R |
+ R ) |
15, |
|
||||||||
I = |
|
= E R |
+ |
31 |
|
5 23 |
4 |
= |
|
|
= 0,6 À. |
|||||
Rad |
R31 + R5 + R23 + R4 |
|
|
|||||||||||||
|
12 |
|
|
|
1,0 + 1,5 |
|
||||||||||
Находим токи параллельных ветвей: |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
I5 = |
|
|
U0d |
= |
|
E − R12I |
= 01,5 À; |
|
||||||
|
|
|
R31 + R5 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
R31 + R5 |
|
|
|
|
||||||
|
|
I4 = |
|
|
U0d |
|
= |
E − R12I |
= 0,45 À. |
|
||||||
|
|
R23 + R4 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
R23 + R4 |
|
|
|
|
Для определения I1, I2 è I3 предварительно находим по второму закону Кирхгофа соответствующие напряжения:
Uac = E − Ucd = E − R5I5 = 0,75 Â;
Uab = E − R4I4 = 1,05 Â;
Ucb = R5I5 − R4I4 = 0,3 Â.
Определяем токи в треугольнике сопротивлений:
I1 = UacR1 = 0,25 À; I2 = UabR2 = 0,35 À; I3 = UcbR3 = 0,1 À.
Чтобы проконтролировать правильность решения задачи, составляем уравнения по первому закону Кирхгофа для узлов а, b è с:
I = I1 + I2; |
I4 = I3 + I2; |
I1 = I3 + I5, |
èëè
0,6 = 0,25 + 0,35; 0,45 = 0,1+0,35; 0,25 = 0,1+0,15.
2. Метод эквивалентного генератора целесообразно применять для нахождения тока в какой-либо одной ветви разветвленной цепи. Отключив ветвь с искомым током, находим параметры экви-
21
валентного генератора. Его ЭДС равна напряжению холостого хода между зажимами отключенной ветви (рис. 1.13, в):
Eý = Ucb õ = R2I2õ − R1I1õ = R2 |
|
E |
− R1 |
|
E |
= |
R + R |
R + R |
|||||
2 |
4 |
1 |
5 |
|
= 11,25 − 0,5625 = 0,5625 Â.
Внутреннее сопротивление эквивалентного генератора равно входному сопротивлению цепи относительно зажимов сb при замене источника ЭДС его внутренним сопротивлением (при его наличии) и разомкнутой третьей ветви (рис. 1.13, г):
R = R = |
R1R5 |
+ |
R2R4 |
= |
3 5 |
+ |
3 1 |
= 2,625 Îì. |
|
|
|
|
|
||||||
ý âõ |
R1 |
+ R5 |
|
R2 + R4 |
3 + 5 3 + 1 |
||||
|
|
Искомый ток третьей ветви (рис. 1.13, д):
I3 = |
Eý |
= |
Ucb õ |
= |
0,5625 |
= 0,1 À. |
|
Rý + R3 |
Râõ + R3 |
2,625 + 3 |
|||||
|
|
|
|
Мощность, выделяемая в резисторе сопротивлением R3, будет максимальна при равенстве сопротивления R3 и внутреннего сопротивления эквивалентного генератора Râõ (согласованный режим), т.е. при R3 = Râõ = 2,625 Îì.
Задача 1.20. Для измерения температуры применяется неуравновешенная мостовая цепь, в одно из плеч которой включен медный терморезистор (рис. 1.14). Сопротивление миллиамперметра RÀ = 50 Ом, сопротивления плеч моста R1 = R2 = R3 = 100 Ом. Напряжение U = 4 В. Сопротивление терморезистора связано с температурой t зависимостью
t |
0 |
( |
) |
R |
= R |
1 + |
0,00426t , |
|
ãäå R0 |
= 100 Ом – сопротивление термо- |
|
|
резистора при температуре 0 °Ñ. Îïðå- |
||
|
делить температуру терморезистора, |
||
|
если миллиамперметр показывает ток |
||
|
I = 2 ìÀ. |
||
|
|
Р е ш е н и е . Применяя расчет мо- |
|
|
стовой цепи методом эквивалентного |
||
|
генератора, подробно рассмотренный |
||
|
в предыдущей задаче, записываем по- |
||
|
казание миллиамперметра в следую- |
||
Ð è ñ . 1 . 1 4 |
ùåì âèäå: |
22
|
|
|
|
R2 |
|
U |
|
− R1 |
|
|
U |
|||
|
U |
cb õ |
|
R |
+ R |
|
R |
+ R |
|
|
||||
I = |
|
= |
2 |
3 |
1 |
t |
. |
|||||||
|
R |
+ R |
R1Rt |
+ |
|
R2R3 |
+ RÀ |
|||||||
|
âõ |
À |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
R1 + Rt |
|
R2 + R3 |
|
|
|
|
Данное выражение позволяет после преобразования найти сопротивление терморезистора:
Rt = R1R3UI + R1R2R3 + R1RÀ (R2 + R3) = 137,5 Îì. R2U I − (R2 + R3)(R1 + RÀ ) − R2R3
Используя уравнение преобразования медного терморезистора
Rt = R0 (1 + 0,00426t),
определяем его температуру:
t = |
Rt − R0 |
= |
137,5 |
− 100 |
= 88 |
°Ñ. |
||
0,00426R0 |
|
0,426 |
||||||
|
|
|
|
Задача 1.21. Â öåïè (ðèñ. 1.15) Е3 = 10 Â, E4 = 80 Â, R1 = 2 Îì, R2 = 24 Îì, R3 = 4,5 Îì, R4 = 10 Îì, R5 = 2 Ом. Амперметр показывает ток I5 = 10 А. Определить ЭДС Е1. Для контрольной проверки составить баланс мощностей.
Ðè ñ . 1 . 1 5
Ðе ш е н и е . Условие задачи позволяет получить ответ без составления системы уравнений.
23
Согласно закону Ома |
|
|
|
|
|
|
||||
U |
bc |
= R I |
5 |
= 20 Â; I |
4 |
= |
E4 − Ubc |
= |
80 − 20 |
= 6 À. |
|
|
|||||||||
|
5 |
|
|
R |
10 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
На основании первого закона Кирхгофа для узла b
I3 = I5 − I4 = 10 − 6 = 4 À.
Используя законы Кирхгофа, определяем остальные токи ветвей:
E4 + E3 = R4I4 − R3I3 + R2I2,
откуда
I2 = E4 + E3 + R3I3 − R4I4 = 2 À; I1 = I2 + I3 = 6 À. R2
Искомая ЭДС
E1 = R1I1 + R2I2 = 2 6 + 24 2 = 60 Â.
Составляем баланс мощностей:
ΣEI = ΣRI 2;
E1I1 − E3I3 + E4I4 = R1I12 + R2I22 + R3I32 + R4I42 + R5I52;
360 – 40 + 480 = 72 + 96 + 72 + 360 + 200; 800 Âò = 800 Âò.
Так как направление тока I3 противоположно направлению ЭДС E3, то этот источник работает в режиме потребителя энергии, его мощность E3I3 учтена со знаком минус.
Задача 1.22. Â öåïè (ðèñ. 1.15) E1 = 56 Â, E3 = 10 Â, Е4 = 80 Â, R1 = 1 Îì, R2 = 12 Îì, R3 = 4,5 Îì, R4 = 10 Îì, R5 = 2 Ом. Определить токи ветвей следующими методами: 1) непосредственного использования законов Кирхгофа; 2) контурных токов; 3) узловых потенциалов.
Ð å ø å í è å . 1. Метод законов Кирхгофа. Произвольно обозна- чаем на схеме направления токов ветвей. Общее число уравнений, составляемых по законам Кирхгофа, равно числу неизвестных токов, а следовательно, числу ветвей цепи m.
Если в схеме имеется n узлов, то по первому закону Кирхгофа составляем n – 1 уравнений. Остальные m – (n – 1) уравнения записываем по второму закону Кирхгофа.
24
Система уравнений имеет вид:
I |
1 |
− I |
2 |
− I |
3 |
= 0; |
|
|
|
|
|||
I |
4 + I3 − I5 = 0; |
|||||
|
|
= R1I1 |
+ R2I2; |
|||
E1 |
||||||
|
|
|
|
|
= −R2I2 + R3I3 − R4I4; |
|
−E3 − E4 |
||||||
|
|
= R4I4 + R5I5. |
||||
E4 |
Решение полученной системы уравнений с пятью неизвестны-
ми токами дает: I1 = 8 À, I2 = 4 À, I3 = 4 À, I4 = 6 A, I5 = 10 À.
2. Метод контурных токов. Число составляемых по методу контурных токов уравнений сокращается до m – (n – 1). Произвольно обозначаем на схеме (рис. 1.15) положительные направления контурных токов JI, JII è JIII. Получаем по второму закону Кирхгофа уравнения для контурных токов:
E1 = (R1 + R2 ) JI − R2 JII; 56 = 13 JI − 12 JII;
−E3 − E4 = (R2 + R3 + R4 ) JII − R2 JI − R4 JIII;
−90 = −12 JI + 26,5 JII − 10 JIII;
E4 = (R4 + R5 ) JIII − R4 JII; 80 = −10 JII + 12 JIII.
Решаем полученную систему уравнений методом определителей:
|
|
|
|
56 |
−12 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
−90 |
26,5 |
−10 |
|
|
|
JI = |
I |
= |
|
80 |
−10 |
12 |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
13 |
−12 |
0 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
−12 |
26,5 |
−10 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
−10 |
12 |
|
|
|
= 56 26,5 12 + 12 10 80 − 12 12 90 − 10 10 56 = 8848 = 8 À; |
|
13 26,5 12 − 12 12 12 − 10 10 13 |
1106 |
25
|
|
|
|
|
|
|
13 |
56 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−12 |
−90 |
−10 |
|
|
|
JII = |
II |
= |
|
|
0 |
80 |
12 |
|
= 4 À; |
||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
13 |
−12 |
0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
−12 |
26,5 |
−10 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
0 |
−10 |
12 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
13 |
−12 |
56 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
−12 |
26,5 |
−90 |
|
|
|
JIII = |
|
III |
|
= |
|
|
|
0 |
−10 |
80 |
|
|
= 10 À. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
13 |
−12 |
0 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
−12 |
26,5 |
−10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
−10 |
12 |
|
|
|
Действительный ток каждой из ветвей равен алгебраической сумме контурных токов, проходящих по данной ветви:
I1 = JI = 8 À; I2 = JI − JII = 8 − 4 = 4 À;
I3 = JII = 4 À; I4 = JIII − JII = 6 À; I5 = JIII = 10 À.
3.Метод узловых потенциалов. Его рекомендуется использовать
âтех случаях, когда число составляемых по этому методу уравнений (n – 1) меньше числа уравнений, составляемых по методу контурных токов (m – n + 1).
Принимаем потенциал одного из узлов, например узла с, равным нулю (рис. 1.15). Записываем систему уравнений для определения потенциалов узлов а è b:
ϕ |
|
1 |
+ |
1 |
+ |
|
1 |
|
− ϕ |
1 |
= E |
1 |
|
+ E |
|
|
1 |
; |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
R2 |
|
b R3 |
|
|
|
|
|
|
R3 |
||||||||||||||
a R1 |
|
|
|
R3 |
|
|
1 R1 |
|
3 |
|
|
|||||||||||||
ϕ |
|
1 |
+ |
1 |
+ |
|
1 |
|
− ϕ |
1 |
= E |
1 |
|
− E |
|
1 |
|
. |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
R4 |
|
|
a R3 |
4 R4 |
3 |
|
|
|
||||||||||||||
b |
R3 |
|
|
|
R5 |
|
|
|
|
|
R3 |
Решение системы уравнений дает: ϕa = 48 Â, ϕb = 20 Â.
26
Токи ветвей находим по закону Ома:
I |
1 |
= |
ϕc − ϕa + E1 |
= |
0 − 48 + 56 |
= 8 À; I |
2 |
= |
ϕa − ϕc |
= |
48 − 0 |
= 4 À; |
||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
R1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
R2 |
12 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
I3 = |
ϕa − ϕb − E3 |
= 4 À; I4 = |
ϕc − ϕb + E4 |
= 6 À; |
|||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
R3 |
|
|
|
|
|
|
|
R4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I5 |
= |
ϕb − ϕc |
= 10 À. |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R5 |
|
|
|
|
|
|
|
Задача 1.23. Питание потребителей осуществляется от двух параллельно включенных генераторов; ЭДС первого генератора – 230 В и внутреннее сопротивление R1 =
= 0,05 Ом; ЭДС второго генератора – 220 В и R2 = 0,025 Îì (ðèñ. 1.16).
Определить ток каждого генератора и напряжение на их зажимах, если общий ток потребителей I = 200 À.
Р е ш е н и е . Запишем уравнения первого и второго законов Кирхгофа для рассматриваемой цепи:
I1 + I2 = I; I1 + I2 = 200;
U= E1 − R1I1; U = 230 − 0,05 I1;
U= E2 − R2I2; U = 220 − 0,025 I2.
Решив систему уравнений, получим:
I = |
E1 − E2 + R2I |
= 200 À; |
I |
2 |
= I − I = 0; U = 220 Â. |
|
|
||||||
1 |
R1 |
+ R2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Таким образом, второй генератор не нагружен (I2 = 0) , его ЭДС уравновешивается напряжением на зажимах первого генератора.
Задача может быть решена также путем замены активных ветвей одной эквивалентной с источником ЭДС EÝ и внутренним сопротивлением RÝ:
Eý = |
g1E1 + g2E2 |
|
= |
E1 R1 + E1 R2 |
= 223,33 Â; |
||||
g1 + g2 |
1 R1 + 1 R2 |
||||||||
|
|
|
|
||||||
|
Rý = |
|
|
1 |
|
|
= 0,0166 |
Îì. |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
+ |
|
||||||
|
1 R1 |
1 R2 |
|
27
Напряжение на зажимах эквивалентного источника ЭДС
U = EÝ – RÝI = 220 В. Вычисляем токи генераторов:
I1 = (E1 − U )R1 = 200 À; I2 = (E2 − U )R2 = 0.
Задача 1.24. Два гальванических элемента, соединенных параллельно в батарею, питают общую нагрузку (рис. 1.17, а); ЭДС элементов Е1 = Е2 = 1,8 В, внутренние сопротивления R1 = 1 Îì, R2 = = 1,5 Ом. Сопротивление нагрузки R = 3 Ом. Определить токи ветвей: 1) методом двух узлов; 2) методом наложения.
Ðè ñ . 1 . 1 7
Ðå ø å í è å . 1. Метод двух узлов. Узловое напряжение
Uab = |
ΣgE = |
g1E1 + g2E2 |
= |
E1 R1 + E2 R2 |
= 1,5 Â. |
|
|
||||
|
Σg |
g1 + g1 + g 1 R1 + 1 R2 + 1 R |
Находим токи ветвей (с учетом их направления на рис. 1.17, а):
I = |
E1 − Uab |
= 0,3 À; I |
2 |
= |
E2 − Uab |
= 0,2 À; |
|
|
|||||
1 |
R1 |
|
R2 |
|||
|
|
|
I = Uab = 0,5 À.
R
2. Метод наложения. С помощью расчетных схем (рис. 1.17, б, в) определяем частичные токи от каждой из ЭДС в отдельности. Ча- стичные токи ветвей от первого источника (рис. 1.17, б):
|
′ |
|
|
E |
|
|
|
′ |
|
U |
′ |
E |
− R I |
′ |
|||
I |
= |
|
1 |
|
= 0,9 À; |
I |
= |
|
|
ab |
= |
1 |
1 1 |
= 0,6 À; |
|||
1 |
|
R2R |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
R1 + |
|
|
|
|
R |
|
R |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
+ R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
28
I′ = Uab′ = 0,3 À.
R
Частичные токи ветвей от второго источника (рис. 1.17, в):
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
″ |
RR1 |
I |
″ |
|||
|
″ |
|
|
E |
2 |
|
″ = |
U |
R + R |
|
2 |
|
||||
I |
= |
|
|
|
= 0,8 À; I |
|
ab |
= |
|
1 |
|
|
= 0,6 À; |
|||
|
2 |
|
R2 + |
|
|
RR1 |
|
1 |
R |
R |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R + R1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I″ = Uab″ R = 0,2 À.
Действительные токи ветвей определяем алгебраическим (т.е. с учетом их направления) суммированием частичных токов:
I1 = I1′ − I1″ = 0,9 − 0,6 = 0,3 À; I2 = I2″ − I2′ = 0,2 À;
I = I′ + I″ = 0,5 À.
Задача 1.25. Трамвайная линия длиной l = 10 км питается в конечных пунктах от двух подстанций, на которых поддерживаются постоянные напряжения U1 = 620 Â
è U2 = 580 В. Общее сопротивление контактного провода и рельсов R0 = = 0,1 Ом/км. По линии движется вагон, потребляющий постоянный ток
I = 200 А. В какой точке линии напряжение между контактным проводом и рельсами будет минимальным?
Чему равно это напряжение?
Р е ш е н и е . Расчетная схема, составленная по условию задачи, изображена на рис. 1.18. На ней
R1 = R0 x – сопротивление участка линии длиной х км от первой подстанции до вагона; R2 = R0(l − x) – сопротивление участка линии длиной (l − x) км от второй подстанции до вагона; R = UI – сопротивление нагрузки, т.е. электродвигателей вагона.
Используя расчетную схему (рис. 1.18), определяем по методу двух узлов напряжение между контактным проводом и рельсами в
месте расположения вагона |
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
1 |
U1 |
+ |
1 |
U2 |
U1 |
+ |
|
|
|
U2 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
R x |
R |
(l − x) |
|
||||||||||||||||||
|
R |
R |
|
|||||||||||||||||||||||
U = |
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
= |
|
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
. |
(1) |
|||
|
1 |
|
+ |
1 |
|
+ |
|
1 |
|
|
|
1 |
|
+ |
|
|
1 |
+ |
I |
|
||||||
|
|
R |
|
R |
|
|
R |
|
R x |
R |
(l |
− x) |
U |
|
|
|
||||||||||
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
29