ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ
Кафедра радиофизики
О.В. Беликов, В.Ф. Веремеенко, А.Г. Чупыра
ОСНОВЫ РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ
Учебное пособие
Новосибирск
2010
УДК 621.3.01
ББК 31.27-01
Беликов О.В., Веремеенко В.Ф., Чупыра А.Г. Основы радиоэлектроники: Учеб. Пособие/Новосиб. Гос. Ун-т. Новосибирск, 2010. 112 с.
ISBN 978-5-94356-741-4
Данное учебное пособие предназначено для помощи студентам в
освоении материала, предлагаемого в рамках лекционного курса по
радиоэлектронике. В пособии большее внимание уделяется методам
расчета электрических цепей и их практическому применению при
решении конкретных задач.
Рецензент: канд. техн. наук, ст. науч. сотр. ИЯФ СО РАН Е. В. Козырев
Издание
подготовлено
в
рамках
выполнения
инновационно-
образовательной программы «Инновационные образовательные программы
и технологии, реализуемые на принципах партнерства классического
университета, науки, бизнеса и государства» национального проекта
«Образование».
           Новосибирский государственный
университет, 2010
О.В. Беликов, В.Ф. Веремеенко,
А.Г. Чупыра, 2010
ISBN 978-5-94356-741-4
2
Введение
Методическое пособие построено по принципу семинарских занятий и
охватывает теоретический материал в рамках теории линейных электрических цепей.
Задачи, предлагаемые на семинарских занятиях, охватывают рассмотрение
процессов
в
линейных
электрических
цепях
с
сосредоточенными параметрами.
Электрической цепью называют совокупность соединенных друг с
другом источников электрической энергии и нагрузок, по которым может
протекать электрический ток. В рассматриваемых цепях предполагается
линейная (пропорциональная) связь между электродвижущими силами и
электрическими токами, которая может быть описана линейными
алгебраическими или дифференциальными уравнениями. В цепях с сосредоточенными параметрами такие элементы как индуктивность, емкость,
сопротивление, являются конструктивно обособленными элементами.
Изображение электрической цепи с помощью условных знаков
называют электрической схемой. На схемах, изображающих цепи с
сосредоточенными параметрами, источники электрической энергии,
индуктивности, емкости, сопротивления представляются в виде идеальных
элементов с двумя выводами (двухполюсников). Соединяя между собой
соответствующим образом эти идеальные элементы, получают схему
электрической цепи, которая приближенно отражает электромагнитные
процессы
в
каком-либо
устройстве.
Основными
понятиями,
характеризующими геометрию электрической цепи, можно назвать:
ветвь – участок цепи, имеющий два вывода;
узел – точку, где сходятся более двух ветвей;
контур – замкнутый путь, проходящий через ряд ветвей и узлов.
При решении задач приходится пользоваться фундаментальными
понятиями и терминами теории электрических цепей, такими как
электрический ток, электродвижущая сила, потенциал, напряжение,
сопротивление, проводимость. Имеет смысл напомнить содержание этих
понятий.
Электрический ток есть упорядоченное движение электрических
зарядов. Величина тока (сила тока) есть количество зарядов, протекающих
через сечение проводника в единицу времени:
I
dq
(в системе СИ кулон / с = ампер).
dt
Движение зарядов в электрической цепи вынуждается действием
электродвижущей силы (ЭДС). Прибор, обладающий электродвижущей
3
силой, называется источником ЭДС. Электродвижущая сила способна
осуществить определенную работу по преобразованию электрической
энергии, имеющейся в источнике, в другой вид энергии (тепловой,
механической, световой и т. д.), если к источнику ЭДС подключить цепь.
Если на перемещение заряда в 1 кулон от одного полюса источника к
другому требуется энергия 1 джоуль, в системе СИ ЭДС равна одному
вольту:
E
dW
(в системе СИ: джоуль / кулон = вольт).
dq
Электрический ток, проходя по элементам цепи, вызывает в них
выделение энергии. Для определения энергии, затрачиваемой на
перемещение заряда между какими-либо двумя точками цепи, вводят
понятие напряжения:
U
dW
(в системе СИ: джоуль / кулон = вольт).
dq
Аналогично ЭДС напряжение измеряется в вольтах.
Естественно, сумма напряжений на всех элементах цепи равна
электродвижущей силе источника. В общем случае можно записать:
 E  U
(второй закон Кирхгофа).
Между напряжениями и токами цепи, где действует
устанавливается определенное соотношение (закон Ома):
ЭДС,
U=RI
Коэффициент пропорциональности R означает сопротивление, оказываемое движению зарядов элементом цепи. Если при прохождении тока в
один ампер напряжение на элементе составляет один вольт, в системе СИ
сопротивление элемента равно одному ому.
Изложение материала в методическом пособии построено по принципу
«от простого к более сложному, от частного к общему» и начинается с
электрических цепей постоянного тока.
1. Электрические цепи постоянного тока
1.1. Источник ЭДС и источник тока
Электрическую цепь условно можно разделить на две части:
внутреннюю, принадлежащую источнику электрической энергии E, и
внешнюю цепь, называемую нагрузкой источника Rн (рис. 1).
4
Реальный источник ЭДС всегда обладает собственным внутренним
сопротивлением rи, и, таким образом, схему источника можно представить
комбинацией двух символов: электродвижущей силы E и внутреннего
сопротивления rи. Такая схема называется эквивалентной схемой
источника ЭДС
Ток в цепи (рис. 1) определится условием
E = (rи + Rн)I
Величину Rн I принято называть
напряжением (падением напряжения) на
нагрузке. Напряжение на нагрузке всегда
меньше
величины
ЭДС
источника
вследствие
падения
напряжения
на
внутреннем сопротивлении источника:
U = E – I  rи
Часто, если rи << Rн, величиной rи
rИ
E
A
U
RН
B
Рис. 1
пренебрегают, вводя понятие идеального источника ЭДС (генератора
ЭДС). Выходное напряжение (напряжение на клеммах AB) такого
источника не зависит от тока, протекающего в цепи.
Бывает и наоборот, когда rи >> Rн. В таком случае говорят, что имеет
место режим генератора тока. Идеализированный источник с внутренним
сопротивлением rи   принято называть источником тока J (или
генератором тока). Источник тока позволяет иметь ток в цепи,
независимый от величины сопротивления нагрузки.
Нужно отметить, что современная электроника позволяет реализовать
устройства, по своим свойствам очень близкие к идеальным источникам
ЭДС и тока. В пункте 5 рассматриваются подобные устройства на основе
операционных усилителей.
Реальный источник на схеме всегда может быть представлен
комбинацией идеального источника (ЭДС или тока) с сопротивлением rи,
отражающим его внутреннее сопротивление; таким образом возможны два
варианта схемного представления источника:
5
A
1) комбинация идеального источника ЭДС
с внутренним сопротивлением, подключенным к нему последовательно (рис. 1).
rи U
Rн
2) комбинация идеального источника тока J
J с внутренним сопротивлением rи, подключенным к нему параллельно (рис. 2).
B
По отношению к внешней цепи эти эквиРис.
2
валентные схемы равнозначны, и можно пользоваться любой из них. По отношению к внутренней (источнику) они неравнозначны. При необходимости отобразить
внутреннее устройство источника выбор эквивалентной схемы должен
быть однозначным.
В эксперименте эквивалентная схема источника может быть определена
посредством измерений в так называемых предельных режимах: режиме
ХХ – холостого хода (Rн  ) и режиме КЗ – короткого замыкания
(Rн  0). Для схемы на рис. 1 в режиме ХХ измеряется ЭДС источника
E = Uxx = UАB, в режиме КЗ измеряется ток короткого замыкания Iкз и
далее вычисляется внутреннее сопротивление rи по формуле r = E / Iкз.
Для схемы на рис. 2 в режиме КЗ измеряется ток источника J = Iкз, в
режиме ХХ измеряется Uхх и далее находится внутреннее сопротивление
источника:
r = Uхх / Iкз
(1.1)
Равнозначность эквивалентных схем на рис. 1 и рис. 2 для внешней
цепи можно показать на примере, осуществляя переход от одной
эквивалентной схемы к другой. Такой переход бывает иногда полезен,
позволяя упростить расчет цепи.
Задача 1. Эквивалентная схема источника на рис. 2 представлена
генератором тока J = 2 A и включенным параллельно резистором
rи = 10 Ом, сопротивление нагрузки Rн = 40 Ом. Изобразить источник по
схеме рис. 1 с такими величинами ЭДС и rи, чтобы ток через нагрузку Rн
остался неизменным.
Решение: Равнозначные схемы дают одинаковые результаты в режимах
ХХ и КЗ.
Для схемы на рис. 2 имеем Uхх = J  rи.
Тогда для схемы на рис. 1 должно быть E = Uхх = 20 В,
Iкз = E / rи = 2 A, откуда rи = E / Iкз = 10 Ом.
Можно убедиться, что в обоих вариантах схем ток через резистор Rн
остается неизменным:
6
I
E
20

 0,4 A (рис. 1)
rи  Rн 10  40
IJ
rи
10
2
 0,4 А (рис. 2)
rи  Rн
10  40
В практике для реальных источников не всегда допустим режим КЗ, так
как он может привести к выходу из строя источника.
Задача 2. (для самостоятельного решения). Напряжение холостого хода
источника Uхх= 100 В. При подключении нагрузки напряжение падает до
98 В. Ток нагрузки 1 А. Найти внутреннее сопротивление источника.
1.2. Допустимые и недопустимые комбинации соединений
идеальных источников в электрических цепях
Комбинации соединений источников можно разделить на три
категории:
1. Недопустимые (рис. 3; 4)
2. Не имеющие смысла (рис. 5; 6)
3. Допустимые (рис. 7; 8).
Параллельное соединение идеальных источников E1 и E2 (рис. 3) в
случае E1  E2 вызывает бесконечно большой ток в контуре, образованном
этими источниками. Результирующая величина ЭДС неопределенна.
При последовательном соединении генераторов тока J1 и J2 (рис. 4)
неопределенна результирующая величина тока.
При параллельном соединении источника тока J и источника ЭДС E
(рис. 5) эквивалентный источник является источником ЭДС E. При
последовательном соединении источника тока J и источника ЭДС E
(рис. 6) эквивалентный источник является источником тока J.
E1
E2
Рис. 3
J2
J1
Рис. 4
E1
J2
Рис. 5
Генераторы тока допускают параллельное соединение двух и более
генераторов (рис. 7), источники ЭДС допускают последовательное
соединение двух и более источников (рис. 8).
7
E1
Рис. 6
J2
E1
E2
J1
Рис. 7
J2
Рис. 8
Перечисленными правилами необходимо руководствоваться при
синтезе как электрических схем, так и реальных электрических цепей.
1.3. Метод эквивалентного генератора
Если в каком-либо элементе цепи
требуется найти ток, этот элемент определяется в качестве нагрузки. Остальная часть
цепи, какой бы сложной она ни была, по
отношению к нагрузке может быть представлена в виде эквивалентного источника ЭДС
или тока, т. е. любая сложная цепь может
быть представлена рисунками 1 или 2 с
некоторыми эквивалентными параметрами
источника.
Параметры
эквивалентного
источника находятся путем рассмотрения
режимов ХХ и КЗ.
A
r1
r2
Rн
E1
E2
B
Рис. 9
Задача 3. На рис. 9 E1 = 10 В, E2 = 30 В, r1 = 2 Ом, r2 = 3 Ом,
rн = 4,8 Ом. Найти ток и напряжение на нагрузке Rн.
Продемонстрируем два способа решения задачи в рамках метода
эквивалентного генератора.
Первый способ. Часть цепи, обведенную контуром, представим эквивалентным источником ЭДС Eэ. Отсоединим нагрузку Rн от эквивалентного
источника, обеспечив ему тем самым режим ХХ. В контуре E1, r1, E2, r2
можно найти ток:
I  E1  E2  / r1  r2   10  30 / 2  3  8 A
Напряжение на клеммах AB:
U AB  Еэ  E1  I  r1  E2  I  r2  10  8  2  30  8  3  6 В
т. е. это и есть ЭДС эквивалентного источника.
Внутреннее сопротивление эквивалентного источника rи найдем,
используя режим КЗ:
8
I кз  I кз1  I кз2 
10 30
  5 A , тогда
2 3
rи  U AB / I кз  6 / 5  1,2 Ом.
Подсоединив к эквивалентному источнику нагрузку Rн, легко находим в
ней ток и напряжение:
I н  U AB / rи  Rн   6 / 1,2  4,8  1 A ,
U н  I н Rн  1 4,8  4,8 В .
Примечание. Существует еще один способ нахождения rи. Устремим
все ЭДС рассчитываемой цепи к нулю, отчего ее внутреннее
сопротивление, естественно, не изменится. Формально это означает, что на
схеме символы ЭДС можно заменить перемычками. Очевидно, что в
данной задаче величина rи равна величине параллельно соединенных
сопротивлений r1 и r2:
ri 
r1  r2
23

 1,2 Ом .
r1  r2 2  3
Второй способ. В схеме цепи произведем преобразование источников
ЭДС в источники тока:
J1  E1 / r1  10 / 2  5 A ,
J 2  E2 / r2  30 / 3  10 A ,
rи  r1  r2 / r1  r2   2  3 / 2  3  1,2 Ом ,
J  J1  J 2  5  10  5 A .
rи  Rн
1,2  4,8
5
 4,8 В ;
rи  Rн
1,2  4,8
ток нагрузки I н  U AB / Rн  4,8 / 4,8  1 A .
Напряжение на нагрузке U AB  J
Задача 4. Электрический мост на рис. 10 (мост Уинстона) состоит из
резисторов R1 = R3 = 10 Ом, R2 = R4 = 15 Ом. К диагонали CD моста
подключен идеальный источник ЭДС E = 30 В, к диагонали AB – нагрузка
Rн = 8 Ом. Найти Uн и Iн.
Решение. Отключим Rн от диагонали AB, обеспечив тем самым режим
ХХ. Найдем Eэ = UAB:
9
U AD  E
R4
15
 30
 18 В,
R1  R4
10  15
U BD  E
R3
10
 30
 12 В, E
R2  R3
10  15
C
R1
Rн
A
B
R4
U АB  U AD  U BD  18  12  6 В.
Найдем
величину
эквивалентного
сопротивления rэ, заменив источник E
перемычкой:
rэ 
R2
R3
D
Рис. 10
R R
R1  R4
10  15 10  15
 2 3 

 12 Ом.
R1  R4 R2  R3 10  15 10  15
Подключим нагрузку к эквивалентному источнику:
I н  Eэ / rэ  Rн   6 / 12  8  0,3 A;
U н  I н  Rн  0,3  8  2,4 B.
Задача 5. На рис. 11 E1 = 3 В, R1 = R5 = R6 = 1 Ом, R2 = 2 Ом,
R4 = 4 Ом, J2 = 6 А. Найти ток в нагрузке Rн = 2 Ом.
R1
E1
A
Rн B
R2
R5
R4
C
R6
J2
D
Рис. 11
Решение. Разомкнем ветвь АВ. Схема распадается на две независимые
части, которые представим в виде двух эквивалентных источников:
Eэ1  U AD  E1
rэ1 
R2
2
3
2B
R1  R2
1 2
R1  R2
1 2 2

 Ом
R1  R2 1  2 3
В правой части схемы преобразуем источник тока в источник ЭДС:
10
E2 = UCD = I2  R6 = 6 В
Представим правую часть схемы эквивалентным источником:
Eэ2  U BD  E2
rэ2 
R4
4
6
 4 В;
R4  R5  R6
4 11
R4 ( R5  R6 ) 4(1  1) 4

 Ом.
R4  R5  R6 4  1  1 3
rи2
Подключив к точкам А и В нагрузку, найдем в
ней ток:
Iн 
Eэ1  Eэ2
24

 0,5 А J 1
rэ1  rэ2  Rн 2 3  4 3  2
a
rи1
E2
b
Задача 6.
рис. 12
(для
самостоятельного
Рис. 12
решения): rи1 = rи2 = 10 Ом, J1 = 1 А, E2 = 10 В.
Представить цепь в виде эквивалентного источника ЭДС и в виде
эквивалентного источника тока.
1.4 Принцип наложения и метод наложения
Принцип наложения формулируется следующим образом: ток в какойлибо ветви равен алгебраической сумме токов, вызываемых каждой из
ЭДС, имеющихся в цепи. Этот принцип справедлив для всех линейных
электрических цепей. Принцип наложения лежит в основе метода расчета,
получившего название метода наложения.
Задача 7. Решим задачу 3. методом наложения.
Вместо источника E2 поставим перемычку и найдем ток в нагрузке:
I н1 
U н1

Rн
E1  r2  Rн


r2 Rн 

Rн r2  Rн    r1 
r2  Rн 

E1  r2  Rн r2  Rн 


Rн r2  Rн   r1 r2  Rн   r2 Rн 

10  3  4,8 3  4,8
1123,2

 1 A.
4,8 (3  4,8)  (2 (3  4,8)  3  4,8) 1123,2
Вместо источника E1 поставим перемычку и найдем ток в нагрузке:
11
I н2 


U н2

Rн
E 2  r1  Rн

rR
R1 r1  Rн    r2  1 н
r1  Rн





E 2  r1  Rн r1  Rн 

Rн r1  Rн   r2 r1  Rн   r1 Rн 
30  2  4,8 2  4,8
1958,4

 2 A.
4,8 (2  4,8)  (3 (2  4,8)  2  4,8) 979,2
Результирующий ток в нагрузке:
Iн = Iн1 + Iн2 = 2 – 1 = 1 А.
1.5. Метод, основанный на использовании первого и второго
законов Кирхгофа
Законы Кирхгофа позволяют найти ток и напряжение в любой ветви
цепи, если все элементы цепи известны.
Первый закон Кирхгофа: алгебраическая сумма токов, притекающих к
узлу цепи, равна нулю:
I1 + I2 + I3 ++ IN = 0.
Второй закон Кирхгофа: алгебраическая сумма электродвижущих сил и
падений напряжений вдоль любого замкнутого контура равна нулю:
E1 + E2 +  + En + U1 + U2 ++ Um = 0.
Решение задач сводится к составлению и решению системы уравнений
Кирхгофа. Для составления систем уравнений существуют правила,
позволяющие составить систему из минимально необходимого числа
уравнений, равного числу неизвестных величин.
Первое правило: по первому закону Кирхгофа составляется N–1
уравнений, где N – число узлов в цепи.
Перед составлением уравнений произвольно указываются направления
токов в ветвях цепи. Предпочтительно, однако, чтобы направления токов
совпадали с направлениями ЭДС Условно присваиваются знаки величинам
токов. Например, если ток входит в узел, то считаем его положительным,
если выходит из узла, то отрицательным.
Второе правило: по второму закону Кирхгофа составляется M – (N – 1)
уравнений, где M – число ветвей цепи.
12
Замечание. Можно также пользоваться правилом: число уравнений по
второму закону Кирхгофа равно числу независимых контуров цепи (независимый контур – контур, включающий в себя хотя бы одну ветвь, не
входящую в предыдущие контуры). Для составления уравнений выбирается
направление обхода контуров, определяющее знаки членов уравнений.
Удобно придерживаться определенных правил присвоения знаков членам
уравнений. Например:
1) если направление ЭДС совпадает с направлением обхода контура,
присваиваем ему знак «плюс», если нет – знак «минус»;
2) если направление тока в резисторе совпадает с направлением обхода,
присваиваем падению напряжения знак «плюс», если нет – знак «минус»;
3) все ЭДС располагаем по одну сторону знака равенства, все падения
напряжения – по другую.
Число уравнений, составленных по первому и второму законам
Кирхгофа, должно быть равно числу неизвестных токов ветвей.
Задача 8. (см. рис. 13). E1 = 10 В, E2 = 30 В, r1 = 2 Ом, r2= 3 Ом,
Rн = 4,8 Ом. Найти ток и напряжение на нагрузке Rн.
Решение. Схема имеет два узла (1 и 2), и, таким образом, число
уравнений по первому закону Кирхгофа равно N - 1 = 2 - 1 = 1:
I1 - I2 - Iн = 0.
Число ветвей в цепи три, тогда число уравнений по второму закону
Кирхгофа равно M – (N – 1) = 3 – (2 – 1) = 2:
E1 + E2 = I1 r1 + I2 r2;
I1
IH
1
– E2 = – I2 r2 +Iн Rн.
r1
Полная система уравнений:
I1 – I2 – Iн = 0;
r2
I2
RH
E1
– E2 = – I2 r2 + Iн Rн;
E1 + E2 – I1 r1 – I2 r2 = 0.
E2
2
Решение системы:
Рис. 13
Iн = I1 – I2,
I1 найдем из второго уравнения, I2 – из третьего:
E  I н  Rн
I2  2
;
r2
13
I1 
E1  E2  I 2 r2 E1  E2  E2  I н Rн E1  I н Rн
.


r1
r1
r1
Полученные значения I1 и I2 подставим в первое уравнение:
Iн 
E1  I н Rн E2  I н Rн
;

r1
r2
 R
R  E E
I н 1  н  н   1  2 ;
r1
r2  r1 r2

E1 E2
30 10


r1
r2
3
2  1 А.
Iн 

Rн Rн
4,8 4,8
1

1

r1
r2
3
2
Задача 9. Составить систему уравнений Кирхгофа для нахождения токов
в ветвях цепи, изображенной на рис. 14, полагая, что все величины
элементов цепи известны.
I5 E 2
R4
Решение задачи представим в
1
2
5
двух вариантах.
I7
I
4
Вариант 1.
I
Схема имеет четыре узла,
R1
R3
следовательно, по первому закону J
R
J3
2
1
4
3
Кирхгофа
должно
быть
три
I6
уравнения:
I7
E4
II
1) J1 – I2 – I5 = 0;
R
5
2) I5 + J3 – I4 = 0;
Рис. 14
3) I4 – I7 – J3 – I6 = 0.
Составление уравнений по второму закону Кирхгофа имеет особенность
в связи с наличием в цепи источников тока. Для контуров, включающих в
себя источники тока, не могут быть составлены уравнения, так как
сопротивление источников тока бесконечно велико. Однако в этом и нет
необходимости. Подсчитаем число неизвестных токов в цепи, их
оказывается пять (I2, I4, J5, I6, I7). Следовательно, по второму закону
Кирхгофа достаточно составить два уравнения для тех контуров, где
отсутствуют источники тока:
14
4) E2 = I4 R3 +I6 R2 – I2 R1;
5) – E4 = – I7 R5 –I6 R2.
Для цепей, имеющих в своем составе источники тока, можно сделать
замечание: составляя уравнения по второму закону Кирхгофа, не следует
учитывать ветви с источниками тока.
Вариант 2. Второй вариант решения предполагает предварительную
замену в схеме цепи источников тока эквивалентными источниками ЭДС
После преобразования схема принимает вид, изображенный на рис. 15.
Составим систему уравнений:
E2
R3
1) I1 – I2 + I3 = 0;
2) E1 + E2 – E3 = I5 (R1 + R3) + I2 R2;
R1
I1
3) – E4 = – I3 R5 – I2 R2;
E1
I1
E1
I2
E2
I3
3
I3
Рис. 15
R3
E6
I5 E 5
J3
I6
R2
R1
I4
I2
R2
где E1 = J1 R1; E3 = J3 R3.
4
Сравнивая оба варианта решения, можно
E4
сделать вывод, что второй вариант предпочтительней.
Задача 10. Составить систему уравнений
для цепи, изображенной на рис. 16.
E4
E3
R4
I7
R5
Рис. 16
Решение. При наличии в цепи ветви с идеальным источником ЭДС (т. е.
ветви с нулевым сопротивлением) составление системы уравнений цепи
так же имеет особенность. В ветвях E2 R1, J3 и R2, шунтированных
идеальным источником ЭДС E1, токи находятся непосредственно,
независимо от токов в других ветвях: I 2 
E1  E2
E
; I3  J3; I 4  1 .
R1
R2
Исключим эти ветви из цепи и для оставшейся части составим систему
уравнений:
15
1) I5 + I6 + I7 = 0,
2) E1 – E4 – E5 = –I1 R3 – I6 R4,
3) E5 – E6 = I6 R4 – I7 R5.
Из этой системы уравнений можно найти токи I5, I6, I7 остальных
ветвей системы. Ток I1 найдется из уравнения I1 = I4 – I2 – I3 – I5.
1.6. Метод контурных токов
Метод контурных токов может рассматриваться как дальнейшее
развитие метода, использующего законы Кирхгофа. В качестве
неизвестных величин в методе используются так называемые контурные
токи, т. е. полагают, что в каждом независимом контуре цепи течет свой
контурный ток. Это дает возможность ограничиться составлением
уравнений только по второму закону Кирхгофа и, таким образом, иногда
существенно уменьшить число уравнений системы. Реальные токи ветвей
находятся суммированием контурных токов. Как будет показано ниже, этот
метод имеет еще и то преимущество, что в
наибольшей степени возможна матемаr1
r2
тическая формализация решения системы
уравнений.
I
RН
I22
11
рис. 17 E1 = 10 В,
E
1
E
2
E2 = 30 В,
r1 = 2 Ом,
r2= 3 Ом,
Rн = 4,8 Ом. Найти ток и напряжение на
нагрузке Rн, пользуясь методом контурных
Рис. 17
токов.
Решение. По второму закону Кирхгофа необходимое число уравнений
определяется условием M – (N – 1), где M – число ветвей, N – число
узлов, или число независимых контуров цепи:
Задача
11.
На
1. E1 + E2 = I11 r1 + (I11 – I22) r2;
2. – E2 = (I22 – I11) r2 +I22 Rн.
Решение системы уравнений приводит к нахождению контурных токов
I11, I22, а через них и токов ветвей:
I1 = I11, I2 = I11 – I22, Iн = I22.
Приведем систему к следующему виду:
1. (r1 + r2) – r2 I22 = E1 + E2;
2. – r2 I11 + (Rн + r2) I22 = – E2.
16
Представим систему уравнений в матричной форме:
r1  r2
 r
2

 r2   I 11   E1  E 2 


Rн  r2   I 22    E 2  .
(1.2)
Система уравнений обладает определенными свойствами, учитывая
которые можно существенно облегчить ее решение.
1. В диагональ матрицы сопротивлений, называемую главной, входят
так называемые полные сопротивления контуров:
(r1 + r2) = R11 – сопротивление первого контура;
(r2 + Rн) = R22 – сопротивление второго контура.
2. Остальные члены матрицы со знаком минус есть так называемые
взаимные сопротивления, т. е. смежные сопротивления между контурами:
– r2 = R12 – сопротивление между первым и вторым контурами,
– r2 = R21 – сопротивление между вторым и первым контурами.
3. Система симметрична относительно главной диагонали:
R12 = R21.
В правой части уравнений имеем сумму электродвижущих сил каждого
контура.
E1 + E2 = E11 – сумма ЭДС первого контура,
– E2 = E22 – сумма ЭДС второго контура.
ЭДС берется со знаком «плюс», если направление ЭДС совпадает с
направлением обхода контура, и «минус», если направление ЭДС
встречное.
Замечание. Все качества системы уравнений, перечисленные в пунктах
1 – 4, имеют место при условии, что направление обхода контуров
одинаково.
В общем виде система уравнений произвольного порядка теперь может
быть представлена в виде
[R]  [I] = [E] или
 R11
R
 21
 ...

 RN 1
R12
R22
...
RN 2
... R1N   I11   E11 
... R2 N   I 22   E22 


... ...           
 
 

... RNN   I NN   E NN  .
17
Решение системы может быть осуществлено, например, с помощью
правила Крамера:
I NN 
 NN
.
R
Здесь | R | есть определитель системы, | NN | – определитель,
полученный путем замены в определителе | R | N-го столбца столбцом
матрицы электродвижущих сил.
Продолжим решение задачи, подставив численные значения в
уравнения (1.2):
R
r1  r2
 r2
 r2
3 2
2

 5  6,8  4  30 ;
r2  Rн
 2 2  4,8
11 
E1  E2
 E2
 22 
r1  r2
 r2
 r2
30  10
2

 252 ;
r2  Rн
 10 2  4,8
E1  E2 3  2 30  10

 30 ;
 E2
2
 10
11

252
30

 8,4 A ; I 22  22 
 1 A ; I н  I 22  1 A .
R
30
R
30
I11 
E2
E3
R3
5
J1
R1 I11
R4
R2
J3
I11
E1
I22
R5
E4
Рис. 18
I33
R3
R2
R1
R5
E2 I
22
R4
Рис. 19
Задача 12. (рис. 18). Составить систему уравнений по методу контурных
токов.
Решение. Поскольку для контуров с источниками тока уравнения не
составляются, система будет иметь два уравнения:
18
1. ( I11 – J1) R1 + (I11 + J3) R2 + (I11 – I22) R4 = E2;
2. I22 R5 + ( I22 – I11) R4 = – E4.
Приведем к каноническому виду
1. I11 (R1 + R2 + R4) – I22 R4 = E2 + J1 R1 – J3 R2;
2. – I11 R4+ I22 (R4 + R5) = – E4.
Приведем к матричному виду
 R1  R2  R4

 R4

 R4   I11   E2  J1R1  J 3 R2 


.
R4  R5   I 22  
 E4

Источники тока (помноженные на шунтирующие их сопротивления)
оказались в правой части системы уравнений вместе с электродвижущими
силами, таким образом, как бы автоматически произошла замена
источников тока на источники ЭДС. Следовательно, в методе контурных
токов нет необходимости предварительно осуществлять преобразование
источников тока в источники ЭДС.
При известном навыке, используя вышеприведенные правила 1 – 4,
систему уравнений цепи можно сразу представить в матричной форме,
минуя промежуточные выкладки.
Задача 13. (для самостоятельного решения). Составить систему
уравнений в матричной форме для цепи, представленной на рис. 19.
1.7. Метод узловых потенциалов
Систему уравнений для сложной
I1  1 I2 E 2
цепи можно построить, взяв в
качестве
неизвестных
величин
потенциалы
узлов.
Уравнения
I '2
R1
составляются по первому закону
R '1
R '2
Кирхгофа. Число уравнений в
I '1
R2
системе равно N – 1, где N – число
E '1
узлов цепи. Найдя узловые потен- E 1
циалы, далее находят токи ветвей,
используя закон Ома.
0
R3
I3  2
Задача 14. Составить систему
уравнений по методу узловых потенРис. 20
циалов для цепи, представленной на
рис. 20: R1 = 6 Ом, E1 = 15 В, R'1 = 10 Ом, E'1 = 5 В, R2 = 5 Ом,
E2 = 70 В, R'2 = 15 Ом, R3 = 2,5 Ом. Найти токи ветвей.
19
Решение.
1. Задаются направления токов в ветвях, направления могут быть
произвольны, конечный вид системы уравнений не зависит от выбранных
направлений.
2. Число узлов в цепи три, таким образом, необходимо составить два
уравнения:
I1 + I'1 – I2 – I'2 = 0;
I2 + I'2 – I3 = 0.
3. Все узлы цепи обозначим потенциалами 1, 2, … N. Так как
важно знать разность потенциалов между узлами, один из них можно
принять равным нулю, например 0 = 0.
4. Ток каждой ветви можно выразить теперь через введенные
потенциалы и элементы ветвей. Для придания определенных знаков токам
ветвей, ЭДС и потенциалам выбирается направление движения от одного
узла к другому. Далее можно следовать условным правилам, например:
если направление тока ветви совпадает с направлением движения от
узла к узлу, берем его со знаком «плюс», если нет – со знаком «минус»;
если направление ЭДС совпадает с направлением движения от узла к
узлу, берем его со знаком «плюс», если нет – со знаком «минус».
Для получения разности потенциалов вычитать, например, из
предыдущего потенциала последующий потенциал, по ходу движения от
узла к узлу.
1. I1 
 1  E1
  1  E1  Y1 ;
R1
2. I 2 
 2  1  E2
  2  1  E2  Y2 ;
R2
3. I'1 
 1  E1
  1  E1  Y1 ;
R1 '
4. I'2 
 2  1
  2  1  Y2 ;
R'2
5. I 3 
2
 2Y3 .
R3
Полученные выражения подставим в систему уравнений
20
1.  1  E1  Y1   1  E'1  Y'1 
  2  1  E2  Y2   2  1  Y'2  0;
2.  2  1  E2  Y2   2  1  Y'2  2Y3  0 .
Приведем уравнения к каноническому виду
1 Y1  Y2  Y'1  Y'2   2 Y2  Y'2   E1Y1  E'1Y'1  E2Y2 ;
 1 Y2  Y '2   2 Y2  Y '2 Y3   E2Y2 .
Представим систему в матричной форме
Y1  Y '1 Y2  Y '2  Y2  Y '2   1   EY1  E '1 Y '1  E2Y2 


  Y  Y '

Y2  Y '2 Y3   2  
E2Y2
2
2
.

Отметим следующие закономерности в системе уравнений:
Члены главной диагонали матрицы проводимостей представляют собой
сумму проводимостей ветвей, сходящихся в узле.
Остальные члены матрицы проводимостей представляют собой сумму
проводимостей ветвей, соединяющих узлы, взятых c отрицательным
знаком.
3. Матрица проводимостей симметрична относительно главной
диагонали.
4. Члены матрицы в правой части равенства есть токи короткого
замыкания ветвей, соединяющих узлы; их знаки определяются
направлением ЭДС в ветви. При направлении ЭДС в сторону движения –
«плюс», против движения – «минус».
Отмеченные закономерности позволяют проверить правильность
составления системы уравнений. Их можно использовать так же как
правила составления системы уравнений в матричной форме
непосредственно.
Найдем потенциалы узлов, используя правило Крамера:
1 
1
Y
; 2 
2
Y
,
где | Y | определитель матрицы проводимостей, |1|, |2| – определители,
полученные заменой соответствующего столбца определителя | Y |
столбцом токов короткого замыкания:
21
1
1
 10
 15  15
1
6
Y

1 

2 

1 
15  151 

15  151 
1
5

1
15

1
2, 5

256
;
900
E1Y1  E '1 Y '1  E 2Y2
 Y2  Y ' 2 
E 2Y2
Y2  Y ' 2 Y3
15
6
1
 15  15
5  70
 10
5
70
5
1
5

1
15
Y1  Y '1 Y2  Y ' 2
 Y2  Y ' 2 
1
6
1
1
 10
 15  15
1
Y


1
5
1
 15



1
2,5

128
;
30
E1Y1  E '1 Y '1  E 2 Y2
E 2 Y2
15
6

5
 10
 70
5
70
5


128
;
30
 2 128 900
128 900

 15 В; 2 


 15 В.
30 256
Y
30 256
Найдем токи ветвей:
15  15
 15  15  70
5А;
I2 
8A;
6
5
 15  15
15
I 2 
 2 A ; I 3 
6A.
15
2.5
I1 
I 1 
15  15
6A;
5
1.8. Сравнение метода контурных токов и метода узловых
потенциалов
Из рассмотренных методов расчета электрических цепей наиболее
эффективными и универсальными являются метод контурных токов и
метод узловых потенциалов. Однако в конечном итоге выбор метода
решения задачи определяется конкретными свойствами цепи. Одним из
критериев выбора метода является количество уравнений, описывающих
схему цепи (порядок системы уравнений). Продемонстрируем этот тезис на
примере двух задач.
22
A
A1
r1
E2
E1
J2
R2
R1
r2
J1
J3
B B1
C
r3
A
E3
C1
R3
J4
5
Рис. 21
Рис. 22
Задача 15. (рис. 21). Схема имеет три узла и четыре независимых
контура. При использовании метода контурных токов необходимо
составить систему из четырех уравнений, при использовании метода
узловых потенциалов требуется всего лишь два уравнения. Очевидно,
метод узловых потенциалов в данной задаче предпочтителен.
Задача 16. В данной задаче (рис. 22), несмотря на кажущуюся
сложность схемы, по методу контурных токов необходимо составить всего
лишь одно уравнение, по методу узловых потенциалов – три уравнения.
Таким образом, здесь удобнее использовать метод контурных токов.
Задача 17. (для самостоятельного решения). E1 = 10 В, E2 =  10 В,
E3 =  10 В, r1 = r2 = r3 = 10 Ом, R1 = R2 = R3 = 30 Ом (рис. 21).
Используя метод узловых потенциалов, найти напряжения UAB, UBC,
UCA.
1.9. Преобразование звезды в треугольник и треугольника в звезду
В электрических цепях имеют большое распространение структуры из
трех ветвей в виде трехлучевой звезды и треугольника. Рассмотрим, в
частности, эти фигуры, состоящие из резисторов: звезду сопротивлений и
треугольник сопротивлений (рис. 23).
При расчете электрических цепей часто оказывается целесообразным
участок цепи, имеющий структуру звезды сопротивлений, преобразовать в
треугольник сопротивлений, или наоборот, что позволяет иногда
существенно упростить расчет цепи. Внешние, окружающие фигуру
элементы цепи «не замечают» подобных преобразований, ибо потенциалы
звезды и треугольника в процессе преобразования остаются неизменными.
Задача 18. (рис. 23). Осуществить переход от звезды к треугольнику, что
означает необходимость выразить резисторы R12, R23, R13 треугольника
23
через величины резисторов R1, R2, R3 звезды. Такой переход можно
осуществить, используя метод узловых потенциалов.
I1
I1
Ψ1
R1
R3
Ψ3
I3
R 31
O
R2
Ψ1
I31
Ψ2
Ψ3
I2
I3
I23
R 12
I12
R 23
Ψ2
I2
Рис. 23
Решение. Для звезды (ее единственного узла при потенциале 0 )
запишем уравнение
I1 + I2 + I3 = 0.
(1.3)
Выразим токи I1, I2, I3 через потенциалы и проводимости резисторов:
I1 = (1 - 0) g1; I2 = (2 - 0) g2; I3 = (3 - 0) g3.
Схема треугольника отличается от схемы звезды отсутствием
потенциала 0, поэтому в процессе преобразования необходимо
избавиться от потенциала 0, выразив его через другие потенциалы.
Подставим значения I1, I2, I3 в исходное уравнение (1.3) и решим его
относительно0:
1g1  2 g2  3 g3  0 g1  g2  g3  ;
0 
1 g1  2 g 2  3 g3
.
g1  g 2  g3
Теперь в выражениях для токов I1, I2, I3 можно избавиться от
потенциала 0. Например, для тока I1

 g  2 g 2  3 g 3 
 g1 
I1   1  1 1
g1  g 2  g 3


 g  g3   2 g 2  3 g3  g .
 1 2
1
g1  g 2  g 3
Выразим теперь ток I1 через токи треугольника
24
(1.4)
I1  I12  I 31  1  2 g12  3  1 g13 
 1 g12  g13   2 g12  3 g13.
(1.5)
Сравним уравнения (1.4) и (1.5). Они состоят из трех членов с
потенциалами 1, 2, 3. Полагая, что эти потенциалы одинаковы в обеих
схемах, приходим к выводу, что коэффициенты при них также должны
быть равны:
g12 
g1 g 3
g1 g 2
.
; g13 
g1  g 2  g 3
g1  g 2  g 3
(1.6)
Аналогично можно найти g23:
g 23 
g 2 g3
.
g1  g 2  g3
Полученные выражения легко запоминаются, если заметить их
следующие свойства:
а) в знаменателе всех выражений стоит сумма проводимостей звезды,
б) в числителе стоят проводимости звезды, прилегающие к соответствующей проводимости треугольника (см. рис. 23).
Задача 19. Осуществить переход от треугольника к звезде, что означает
необходимость выразить резисторы звезды через величины резисторов
треугольника. Такое преобразование треугольника в звезду можно
осуществить следующим образом. Выразим, например, выражения (1.6)
через сопротивления:
R1R2  R2 R3  R3 R1
1
1
1


R R2 R3
R1R2 R3
m
R12  1


.
1 1
1
R
3

R1 R2
R1R2
Аналогично R23 
R1 
(1.7)
m
m
; R13 
, где m  R1R2  R2 R3  R3 R1 , откуда
R1
R2
m
m
m
; R2 
; R3 
.
R13
R12
R23
Подставив (1.8) в (1.7), получим
25
(1.8)
 1
R  R23  R13
1
1 
  m 2 12
, откуда
m  m 2 


R12 R23R31
 R23R13 R13 R12 R12 R23 
m
1
R12 R23R31
.
R12  R23  R31
R1
Подставив значение m в (1.8), найдем
R1 
R2 
R3 
R13
R12 R31
,
R12  R23  R31
R12
R3
R23R12
,
R12  R23  R31
0
R23
3
2
E
Rн
R13R23
.
R1  R23  R31
R2
Рис. 24
Задача 20. (для самостоятельного решения). На рис. 24 Rн =R,
R1 = R2 = R3 =R, R12 = R23 = R13 = 3R. Найти ток в нагрузке Rн. Решение
рекомендуется осуществить путем преобразования звезды резисторов R1,
R2, R3 в треугольник резисторов.
1.10. Мощность в цепях постоянного электрического тока
Если активная нагрузка Rн подключена к источнику электрической
энергии, в ней происходит преобразование электрической энергии в другие
виды (тепловую, световую, механическую и т. д. в зависимости от вида
нагрузки): W  I н2 Rнt 
U н2
t  Pн  t ; где Pн – мощность, т. е. количество
Rн
энергии, выделяющееся на нагрузке в единицу времени.
С понятием мощности в энергетике тесно связано понятие
коэффициента полезного действия (КПД). Так как каждый реальный
источник электрической энергии имеет собственное внутреннее
сопротивление rи, часть электрической энергии рассеивается на его
внутреннем сопротивлении, что рассматривается как нежелательное
явление, приводящее к бесполезной трате электрической энергии и часто
создающее инженерную проблему охлаждения источника. Соотношение
мощности, выделяющейся в нагрузке к полной мощности, выделяющейся в
цепи, и называют коэффициентом полезного действия.
26

Pн U н I н U н
I н2 Rн
I н2 Rн
Rн
.





P
EIн
E U н  I н rи I н I н Rн  I н rи I н Rн  rи
В энергетических системах при передаче больших мощностей от
источника к приемнику стремятся получить максимальный КПД,
уменьшая, по возможности, внутренние сопротивления источника и линий
передачи.
В системах передачи информации ставится задача передать от
источника к приемнику (нагрузке) максимальную мощность. Это
определяется соотношением внутренних сопротивлений источника и
нагрузки (согласование).
Задача 21. (рис. 1). Выяснить, каким должно быть Rн, чтобы при данном
rи в нагрузке выделялась максимальная мощность. С этой целью найдем
первую производную Pн по Rн и приравняем ее нулю.
Выразим Pн через Rн и rи:
Pн  I н2 Rн , где I н 
E 2 Rн
E
; тогда Pн 
.
rи  Rн
rи  Rн 2
Найдем производную:
Pн

E 2 Rн


Rн Rн rи  Rн 2



rи  Rн  2  rи  Rн  2 Rн  
 E 2  Rн
Rн 
 Rн


 E 2  2 Rн rи  Rн  3  rи  Rн  2 
  2 Rн

 E 2 rи  Rн  2 
 1  0;
 rи  Rн

2 Rн
 1 , откуда rи  2Rн  Rн  Rн .
rи  Rн
Коэффициент полезного действия  
27
Rн
 0,5 .
rи  Rн
Мощность, выделяющаяся на нагрузке Pн 
E 2 Rн
Rн  rи 2

E2
.
4Rн
Задача 22. (рис. 1). Мощность, выделяемая на нагрузке, составляет
10 Вт, сопротивление нагрузки 10 Ом, КПД 0,8. Найти параметры
источника – его внутреннее сопротивление rи и ЭДС.
Решение:

1 
Rн
 1

, откуда rи  Rн   1  10
 1  2,5 Ом.
rи  Rн
 0,8 
 
Pн 
E
E 2 Rн
Rн  rи 2
, откуда
Pн
rи  Rн   10 2,5  10  12,5 В.
Rн
10
Задача 23. (для самостоятельного решения). Имеются источник ЭДС и
источник тока с одинаковыми внутренними сопротивлениями rи = 10 Ом.
К обоим источникам присоединены одинаковые нагрузки Rн = 100 Ом,
падение напряжения на которых составляет 100 В. Найти КПД обеих
цепей.
2. Электрические цепи синусоидального переменного тока
2.1. Синусоидальный ток и его основные характеристики
Ток, изменяющийся по синусоидальному закону I t   I m sin ωt   0  ,
называется синусоидальным перемен- I(t)
ным током. Эта форма тока является
простейшей из переменных периодиIm
t
ческих токов с точки зрения метода
гармонического анализа, который
φ0
утверждает, что любой ток произвольT
ной формы может быть представлен
 t+φ0
суммой токов синусоидальной формы.
φ
Ток может быть изображен графиРис. 25
чески на временной шкале (рис. 25).
Синусоидально изменяющаяся функция определяется тремя величи28
нами: амплитудой, угловой частотой и начальной фазой. Амплитуда Im есть
максимальное значение функции. Аргумент функции ( t   0 ) называют
фазой. Фаза характеризует состояние колебания в данный момент времени
t.
Коэффициент , называемый круговой (угловой) частотой,
характеризует скорость нарастания фазы, 0 – начальная фаза при t = 0.
Иногда фазу представляют через частоту f или период T:
 2

I t   I m sin 2 f t   0   I m sin 
t  0  .
T

(2.1)
Переменные синусоидальные токи и напряжения удобно изображать

также на так называемой комплексной плоскости в виде вектора I ,
вращающегося со скоростью  (рис. 26):

j ( t  0)
I  I me
 I m cost   0   j sint   0  ,
(2.2)
где синусоидально изменяющийся ток представляется мнимой частью


комплексного числа I , т. е. проекцией вектора I на ось +j. Такой подход
можно рассматривать как формальный
I
математический прием, позволяющий
Im
использовать алгебру комплексных чисел
при расчетах цепей синусоидального
переменного тока.
Известно, что в электрической цепи
φ (t) =  t + φ0
любой
электрический процесс может быть
1
описан системой дифференциальных
Рис. 26
уравнений.
Например,
для
цепи,
состоящей
из
последовательного
соединения E, R, L, C можно написать уравнение Кирхгофа в
дифференциальной форме:
E t   I (t ) R  L
dI (t ) 1
  I (t )dt .
dt
C
(2.3)
Очевидно, что это уравнение справедливо и для частного случая –
синусоидального переменного тока. Подставим в него выражение (2.2) для
тока:

d j ( t  0) I m
j ( t  0)
j ( t  0)
E  I me
R  ImL e

e
dt 

dt
C
29
 ImR  e
 I me
j ( t  0)
 I m j L  e
j ( t  0)
j 
j ( t  0) 
 R  j L 
.
C 

 Im
1
j ( t  0)
e

jC
(2.4)
Основное отличие синусоидального
переменного тока от тока постоянного
заключается в том, что индуктивности и
емкости, присутствующие в электрических
I
цепях, оказывают на него воздействие в
Рис. 27
виде
реактивных
сопротивлений
(индуктивного
j  L и емкостного
1 / j  C). Символ j означает, что эти сопротивления вызывают фазовый
сдвиг между током и напряжением на 90 .
На комплексной плоскости для цепи, изображенной на рис. 27,
показаны векторы тока и падения напряжений на элементах L, C, R.
Из рис. 28 видно следующее:
UL
Напряжение UL на индуктивности опережает ток на 90 .
Напряжение UC на емкости отстает от
I, UR
тока на 90 .
Между напряжениями UL и UC имеет
место фазовый сдвиг 180 .
Напряжение UR на сопротивлении
совпадает по фазе с током.
UC
Следует оговориться, что L и C
Рис. 28
предполагаются идеальными, т. е. в них
отсутствуют потери электрической энергии.
L
C
R
2.2. Символический метод расчета цепей синусоидального тока
Так как синусоидальный переменный ток является функцией
периодической, его можно рассматривать как «стационарный» процесс. В
большинстве случаев оказывается достаточным знать амплитуды токов и
напряжений, а также фазовые сдвиги между ними, не интересуясь их
мгновенными значениями. На комплексной плоскости это означает, что
можно перейти во вращающуюся систему координат, сделав векторы Um и
Im «неподвижными». При этом в комплексном представлении токов и
напряжений убираются переменные составляющие фаз
30


j
j
I  I me 1 , U  U me 2 .
(2.5)
Из уравнения 2.1.4 видно, что цепь переменного синусоидального тока
(подобно цепям постоянного тока) может быть описана алгебраическим
уравнением с той лишь разницей, что все физические величины (токи,
напряжения, сопротивления) представляются в виде комплексных чисел.
Это означает, что к цепям переменного синусоидального тока можно
применить все методы расчета электрических цепей, рассмотренные для
цепей постоянного тока.
Сформулированный подход обычно называют методом комплексных
амплитуд, или символическим методом расчета электрических цепей. Этот
метод кратко можно охарактеризовать следующим образом:
Синусоидальные функции токов и напряжений заменяются
комплексными числами.
Дифференциальные уравнения заменяются алгебраическими, в которых
токи, напряжения, сопротивления, проводимости представлены в виде
комплексных чисел.
Токи и напряжения рассматриваются вне времени (в показателях
экспонент отбрасываются переменные составляющие фаз  t), на
комплексной плоскости амплитуды токов и напряжений изображаются
неподвижными векторами.
Результаты решений получают в виде комплексных чисел. Чтобы
получить реальные значения токов и напряжений, берут мнимые части
комплексных чисел и в аргумент добавляют переменную  t.
Расчет цепей синусоидального переменного
тока
обычно
сопровождается
изображением амплитуд токов и напряжений
R
L
C
Em
на комплексной плоскости, что позволяет
придать решению наглядный вид и избежать
грубых ошибок.
Рис. 29
Задача 24. На рис. 29 L = 0,032 Гн,
С = 6,36  104 Ф, E(t) = 10 sin(250t) B, R = 10 Ом. Найти токи во всех
ветвях цепи.
Решение. Найдем комплексные сопротивления ветвей:
X L  j L  j 2 50  0,032  j10 Ом,
XC 
1
j C

104
  j 5 Ом.
j 2 50  6.36
31
Найдем комплексные значения токов в ветвях:


E 10
IR  
 1 А;
R 10


E
10
IL 

  j1 А;
XL
j10


E
10
IC 

 j 2 А;
X C  j5

  
I E  I R  I L  I C  1  j  2 j  (1  j ) A .
Реальные токи в ветвях:
I R  1 sin(2 50t ) А;
IC
I L  1 cos(2 50t ) А;
IE
I C  2 cos(2 50t ) А;


I E  2 sin  2 50t   А.
4

На рис. 30 показана комплексная
плоскость с изображением амплитуд токов
ветвей.
IL
Рис. 30
Задача 25. На рис. 31 L = 0,048 Гн,
E(t) = 10 sin(2  50 t) В, C = 6,36104 Ф,
L
R = 10 Ом.
Найти ток и падение напряжений на
элементах цепи.
Решение:
XL = j  L = j 2  500,048 = j 15 Ом;
I
Рис. 31
Z = R+ XL + XC = 10 + j 15 –j 5 = (10 + j10) Ом.
C
R
Em
XC = – j 5 Ом ;
32
E
IR

 E
10
1  j 4
А;
I  

e
Z 10  j10
2
j
UL


1  j 4
10  j 4
UR  IR 
e 10 
e
В;
2
2
E
1
UC


1  j 4
15 j 4
UL  IX L 
e
j15 
e В;
2
2
UR
I
Рис. 32



 j 3
1 j4
 5 j   5 e 4 В.
UC  I X C 
e
2
2
На рис. 32 показана комплексная плоскость с изображением амплитуд
токов ветвей.


Задача 26. На рис. 33 E1  10 В, E2  j10 В, R1 = R2 = R3 = 10 Ом,
X1 = j 10 Ом, X2 = j 20 Ом, X3 = – j 10 Ом.
Найти ток в резисторе R2. Воспользоваться методом эквивалентного
генератора.
X1
E1
A
R1
R2
X2
I2
B
R3
X3
E2
C
Рис. 33
Решение. Разомкнем ветвь АВ:

U AC  E1
Z AC 
R1
10
1 j
 10
 10
 51  j  В;
1  j 1  j 
R1  X1
10  j10
R1 X1
10  j10

 51  j  Ом;
R1  X1 10  j10
33

U BC  E2
R3
j10  10

 5 1  j  В;
R3  X 3 10  j10
R3 X 3
 10  j10

 51  j  Ом;
R3  X 3 10  j10



U AC  U BC
51  j  1  j 
I2 


Z AC  Z BC  R2  X 2 51  j  1  j  2  j 4
Z BC 

10 2 e
j
20 2  e
j

4

  j 0,5 A.
4
Примечание: так же как и в цепях постоянного тока, направление ЭДС
источника указывается стрелкой. Однако смысл этой стрелки иной –
стрелка изображает, как была измерена фаза источника.
Фазометр есть устройство сравнения двух фаз и имеет два входа: один
вход для опорного напряжения, другой – для измеряемого. В качестве
опорного напряжения берется напряжение одного из источников цепи, его
фаза принимается равной нулю. Входы фазометра имеют нулевые и
потенциальные клеммы.
X1
X3
Стрелки на схеме у источников
показывают, куда были подключены
нулевые и потенциальные клеммы R
1
I11 R 2
I22 R 3
фазометра при измерении фазы.
Задача
27.
На
рис. 34 E 1
E2
E3
X4
X5
X1 = X2 = j 10 Ом, X4 = X5 = – j 10 Ом,
R1 = R2 = R3 = R6 = 10 Ом,


X6 = j 20 Ом, E1  j10 В, E2  10 В,

E3   j10 В. Найти ток в резисторе
R6. Применить метод контурных токов.
Решение.
Составим
систему
уравнений, пользуясь правилами параграфа 1.3.4:
I33
X6
R6
Рис. 34



I11 10  j10  10  j10  I 2210  I 33  j10  j10  10 ,



 I1110  I 22 10  j10  10  j10  I33  j10  10  j10 ,
34



 I11 j10  I 22  j10  I 33  j10  j10  10  j 20  0 .
Сделаем сокращения:



I11 2  I 22  I 33 j  1  j ,



 I11  I 22 2  I 33 j  1  j ,



I11 j  I 22 j  I 33  0.
Представим систему в матричной форме

 2  1 j   I11   1  j 
 1 2 j    I    1  j  .

  22  

 j
j 1   I 33   0 
Для нахождения тока I33 воспользуемся правилом Крамера:
2
1

j
I 33 
1
2
j
1  j 
 1  j 
2
0
1 j
1
2
j
j
j
1

j 1  j 1  2 j  2  2 j  2 0
  0 А.
4  1 1  2  2 1
9
Задача 28. (для самостоятельного решения). Решить задачу 26 (рис. 33),
используя метод узловых потенциалов. Какой из двух методов решения
предпочтительнее для решения этой задачи?
2.3. Мощность в цепи синусоидального переменного тока
Энергетические процессы в цепях синусоидального переменного тока
представляют более сложную картину в сравнении с цепями постоянного
тока, так как в них участвуют накопители энергии – индуктивности и
емкости. Одной из характеристик энергетического процесса является
мощность.
Наиболее простым является понятие мгновенной мощности. Для
резистора, на котором напряжение и ток совпадают по фазе, мощность
определяется следующим выражением:
35
Pt   U m sin( t )  I m sin( t )  U m I m sin 2 ( t ) 
 I m2 R sin 2 ( t ) 
(2.6)
I m2 R
1  cos 2t  ;
2
т. е. мгновенная мощность имеет в
себе постоянную составляющую и
колебательную с частотой 2, как
изображено на рис. 35. Мгновенная
мощность не всегда удобна для
практической деятельности, чаще
нас интересует некая средняя за
период
колебания
мощность,
выделяемая
на
резисторе,
называемая активной мощностью:
PT  
T
U
P
I
t
Рис. 35
T
1
RI 2
RI 2
2
P(t ) dt  m  (1  cos 2 t ) dt  m  RI эф
.

T0
2T 0
2
(2.7)
Здесь Iэф – действующее (эффективное) значение тока, равное
среднеквадратичному значению тока за период:
T
2
I эф

1 2
I m2
I
(
t
)
dt

T 0
2T
T
2
I
 1  cos 2t  dt  m .
2
0
(2.8)
Действующее значение переменного тока численно равно такому
значению постоянного тока, который выделит на резисторе ту же энергию
за определенный период времени, что и переменный. После введения
действующих значений переменного тока и напряжения выражения
мощности получаются такими же, что и для цепей постоянного тока:
P  U эф I эф 
2
RI эф

2
U эф
R
.
(2.9)
На индуктивном сопротивлении между током и напряжением имеется
фазовый сдвиг 90
PL t   U m cos t  I m sint  U m I m sin t cost
36
UmIm
sin 2 t .
2
На рис. 36 показан временной график изменения мощности на индуктивном сопротивлении,
где видно, что имеет
U
место колебание мощности с удвоенной частотой,
I
P
постоянная
составляющая отсутствует.
t
Физически это можно
интерпретировать
так,
что в течение
1/4
периода колебания тока
энергия
поглощается
Рис. 36
индуктивностью,
мощность условно считают положительной. В течение следующей четверти
периода мощность отрицательна, т. е. энергия, накопленная в
индуктивности, возвращается во внешнюю цепь обратно, на этот отрезок
времени индуктивность становится источником энергии.
В среднем за период мощность оказывается равной нулю – в
стационарном режиме катушка индуктивности не потребляет энергию от
источника.
Проинтегрировав мощность за время равное 1/4 периода, можно найти
максимальную энергию, накапливаемую в индуктивности:
T
WLm
U I
 m m
2

T
4
 sin 2tdt 
0
4
UmIm
cos 2 t 
4
0
(2.10)
UmIm  L
2

 I эф
L.
2  L
2
I m2 L
На емкостном сопротивлении между током и напряжением, аналогично,
имеет место фазовый сдвиг, но в противоположную сторону:


PC t   Um Im sint sin t  900 
Um I m
sin 2t .
2
(2.11)
Максимальная энергия, накапливаемая в емкости за четверть периода:
37
T
U I
W Cm m m
2

U m2 C
2
T
4
UmIm
U I C
sin
2

tdt

cos
2

t
 m m


4
2  C
0
0
4
(2.12)
 Uэф2 .
В цепи, содержащей элементы R, L, C неизвестной величины,
мгновенное значение мощности есть произведение мгновенных значений
тока и напряжения:
I t   U t I t   I m sin t U m sin t    .
Если это выражение проинтегрировать в пределах периода T и
разделить на T, получим
PT  
T
1
U I
U m I m  sin  t  sin  t    dt  m m cos 
T
2
0
(2.13)
 U эф I эф cos .
Очевидно, что это есть мощность, рассеиваемая на резисторе, т. е.
активная мощность, так как интегралы мощностей за период на
индуктивности и емкости равны нулю.
Чтобы охарактеризовать присутствие энергии в индуктивности и
емкости, вводится понятие реактивной мощности
Q(T)=Uэф Iэф sin
(2.14)
и полной мощности
S(T)=Uэф Iэф.
Мощности P, Q и S связаны между собой следующим образом:
(2.15)
P = Scos, Q = Ssin, S2 = P2 + Q2.
(2.16)
Показатель cos, характеризующий присутствие в электрической цепи
реактивной энергии, широко используется в энергетике. Присутствие в
цепях реактивных токов приводит к дополнительным потерям электрической энергии в источниках и линиях электропередачи и уменьшению,
таким образом, коэффициента полезного действия цепи. Обычно причиной
возникновения реактивных токов являются индуктивные нагрузки
(трансформаторы, электромоторы и т. д.). Способом увеличения показателя
cos в цепях является компенсация индуктивной составляющей нагрузки
38
путем подключения к ней емкости такой величины, чтобы выполнялось
условие
Zн
1
.
L 
C
Rн
E
L н Ip
Ck
В
результате
в
подводящих
проводах остается активная составляющая тока, а реактивная циркулирует в
контуре, образованном нагрузкой и
Рис. 37.
компенсирующим конденсатором, как
показано на рис. 37.
Понятия активной, реактивной и полной мощности используются и в
рамках символического метода. Однако необходимо иметь в виду, что


простое перемножение комплексных величин U и I , показанных на
рис. 38а, не дает выражения мощности, необходимо вместо комплекса тока
взять сопряженную ему величину
  
S  U  I  Ue j Ie j  S  e j (   )  S cos  jS sin   P  jQ .
а
б
j
j
U



S
jQ
I
-=φ
1
1
P
Рис. 38

Мощность S называют комплексной мощностью. Модуль комплексной
мощности равен полной мощности, а аргумент – углу сдвига фаз между
напряжением и током. Ее вещественная и мнимая составляющие представляют соответственно активную и реактивную мощности, как показано на
рис. 38b.
Комплексная мощность может быть выражена и через комплексное
сопротивление:
39

 
S  ZI  I  ZI 2  I 2 ( R  jX ) .
Rл
Zн
Rн Lн
Cк
Задача 29. (рис. 39). Источник ЭДС и E
нагрузку Zн соединяет линия с сопротивлением
Rл = 40 Ом.
Параметры
нагрузки:
Pн = 80 кВт,
Iн = 10 А,
Рис. 39
cos = 0,8. Частота ЭДС 50 Гц. Найти
ЭДС источника E и КПД цепи. Далее,
найти величину компенсирующей емкости, при которой cos цепи равен 1,
и снова найти КПД цепи.
Решение. Найдем КПД цепи:

Pн
Pн
80 103
80



 0,952 .
2
3
2
Pн  Pл Pн  I н Rл 80  10  10  40 84
Найдем полное сопротивление нагрузки
Sн  I н2 Z н , Sн 
Zн 
Pн
, откуда
cos
Sн
Pн
80 103


 103 Ом.
2
2
2
I н cos I н 0,8 10
Представим нагрузку в виде последовательного соединения активного и
реактивного сопротивлений: rн и xн. Тогда появляется возможность найти
полное сопротивление всей цепи Z и величину ЭДС источника E:
Z = Rл + rн + j xн = Rл + Zнcos + jZнsin = (40 + 800 + j600) Ом,
E = Iн Z = 10 (840 + j600) = 10320 e j35,5 В.
Найдем компенсирующую емкость Ск, для чего представим нагрузку в
виде параллельного соединения активного и индуктивного сопротивлений
Rн и Xн:
1
1
1
1
1

j

cos  j
sin  , откуда
Z н Rн
X н Zн
Zн
Rн 
Z
103
Zн
 1666 Ом.
и Xн  н 
sin  0,6
cos
Чтобы соблюсти условие XC = Xн, потребуется емкость
40
C
1
1

 1,9 10 6 Ф.
 X н 2 501666
После компенсации сопротивление нагрузки станет активным и
составит величину
Rн 
Zн
103

 1250Ом.
cos 0,8
Полное сопротивление цепи составит величину
Z   R'  rл  Rн  40  1250  1290 Ом.
Коэффициент полезного действия
 
Rн
1250

 0,969 .
Rл  Rн 1290
Задача 30. (для самостоятельного решения). Определить, какой
мощностью должен обладать трансформатор, если к нему подключить
нагрузку, потребляющую мощность P = 10 Вт и имеющую cos = 0,1.
2.4. Трехфазные цепи синусоидального переменного тока
Трехфазные цепи характерны для систем энергоснабжения, где они
имеют ряд преимуществ перед цепями однофазными (экономия проводов,
возможность создания так называемого вращающегося магнитного поля и
т. д.). Трехфазный источник синусоидальных ЭДС можно представить в
виде соединения трех источников ЭДС одинаковой частоты, соединенных в
схему звезды или треугольника, фазы которых сдвинуты относительно друг
друга на 120. Нагрузки трехфазной цепи, аналогично, могут соединяться
звездой или треугольником. Комбинация трехфазных источников и
нагрузок может быть представлена четырьмя основными типами
трехфазных цепей, показанных на рис. 40, 41, 42, 43.
Основные термины, используемые в трехфазных системах:
1. ЭДС источников EA, EB, EC при соединении звездой и EAB, EBC, ECA
при соединении треугольником называют фазными ЭДС.
2. Падения напряжений на нагрузках UA, UB, UC при соединении
звездой и UAB, UBC, UCA при соединении треугольником называют
фазными напряжениями.
3. Токи IOA, IOB, IOC (для звезды) и IAB, IBC, ICA (для треугольника),
текущие в источниках и нагрузках, называются фазными токами.
41
4. Провода AA, BB, CC, соединяющие трехфазный источник с
трехфазной нагрузкой, называются линейными, один из них OO
называется нулевым (в случае соединения звездой источника и нагрузки).
5. Токи IAA, IBB, ICC, текущие по линейным проводам, называются
линейными, ток I0 в нулевом проводе – нулевым.
6. Напряжения UAB, UBC, UCA между линейными проводами
называются линейными.
Между линейными и фазныIAА
A
A
ми токами и напряжениями
IOА
имеются определенные соотношения в зависимости от способа
EA
RA
соединения
источников
и
IО
нагрузок (звездой или треугольO
O
ником). Эти соотношения выяс- E C
RС
EB
RB
ним в процессе решения задач.
IBB
IOС IOВ
Задача 31. Источники и
BBВ
B
B
BBB
нагрузки соединены звездой
BB
(рис. 40):
C
C
ICC
EA = 220 B
EB = 220 e j120 B,
EC = 220 e j240 B,
RA = RB = RC = 22 Ом.
C C С 40
Рис.
Найти все токи и напряжения.
Решение. При соединении звездой фазные токи цепи совпадают с
токами линейными:



EA 220
I OА  I AА 

 10 А,
RA
22





EB 220e j120
I OВ  I BВ 

 10e j120 А,
RB
22





EC 220e j 240
I OC  I CС 

 10e j 240 А,
RC
22
42






I О  I AА  I BВ  I CС  10(1  e j120  e j 240 ) 



 10 1  cos120  cos 240  j sin 120  sin 240 
 1  1 2  1 2  j 3 2  j 3 2  0 A.
Таким образом, в трехфазной симметричной системе соединения
звездой ток в нулевом проводе отсутствует, и нулевой провод,
следовательно, не нужен. Если мысленно сравнить такую трехфазную цепь
с тремя однофазными (на что потребовалось бы шесть проводов), можно
понять, что трехфазная симметричная цепь действительно дает двойную
экономию проводов.
Найдем линейные напряжения



 




U AB  EB  EA  220 e j120  1  220 cos120  j sin 120  1 




 220  1 2  j 3 2  1  220 3 e j150  380e j150 B.
Аналогично
EB

U BC  380 e
j 270

U AC  380 e
j 30
EAB
B,
120
B.
E
Соотношения фазных и линейных напря- BC
жений можно изобразить на фазовой плоскости (рис. 41). В симметричной трехфазной
цепи линейные и фазные напряжения сдвину- EC
ты относительно друг друга на величину 30.
Задача 32. Источники и нагрузки соединены треугольниками (рис. 42),
RAB = RBC = RCA = 38 Ом,
EAB = 380 B,
ECA = 380e j240 B,
EBC = 380e j120 B.
Найти линейные и фазные напряжения и токи.
43
120
120
EAC
Рис. 41
EA
IAA
A
ICA
IAB
R AB
E AB
IAB
E AC
E BC
R AC
ICA
ab
B
C IBC
A
B
A IBB
ICC
C
IBC R
BC
5
Рис. 42
Решение. При соединении треугольником линейные напряжения совпадают с фазными. Остается найти фазные и линейные токи.
Фазные токи нагрузок






EAB 380
EBC 380e j120
I BC 

 10e j120 А,
I AB 

 10 А,
RBC
38
RAB 38




E
380e j 240
I CA  CA 
 10e j 240 А.
RCA
38
Линейные токи







I AA  I CA  I AB  I CA e j 240  I AB  10 e j 240  1 




 10 cos 240  j sin 240  1  10(0,5  1  j 0,86) 


 10 3e j 30  10 3e j 240 A.
Аналогично,




I BB  I AB  I BC  10 3e j 330 А,




I CC  I BC  I CA  10 3e j 90 А.
Возможен ли контурный ток в контуре, образованном источниками
ЭДС? Очевидно, что суммарный вектор электродвижущих сил источников
равен нулю:
44







EAB  EAC  ECB  E 1  e j120  e j 240 



 E (1  cos120  j sin 120  cos 240  j sin 240 ) 


 E 1  1 2  j 3 2  1 2  j 3 2  0 B,
что, собственно, и позволяет соединять источники треугольником.
j120
Задача 33. Подсоединить к источникам EAB = 380 B, EBC = 380 e
B,
ECA = 380 e j240 B, соединенным треугольником (рис. 43), нагрузки
ZA = 38 Ом, ZB = j38 Ом, ZC = –j38 Ом, соединенные звездой. Найти
фазные токи нагрузки.
IAA
A
A
IOA
ICA
E CA
C
A IBC
RA
E AB
IAB
E BC
RB
B B
AI B B A I O B
O
RC
IOC
C
ICC
Рис. 43
Решение. Используем метод преобразования звезды в треугольник.
Преобразуем звезду нагрузок в треугольник нагрузок:
1 1

YAYB
1
38 j 38
Cм; ZAB = j38 Ом;
YAB 


1  1  1
YA  YB  YC
j 38
38 j 38 j 38
YBC
 1  1
YBYC
1
j 38 j 38
Cм; ZBC = 38 Ом;



1  1  1
YA  YB  YC
38
38 j 38 j 38
YCA

YCYA


1 
YA  YB  YC
38
1 1
1
j 38 38
Cм, ZCA = –j38 Ом.

1  1
j 38
j 38 j 38
45
После преобразования схема становится аналогичной схеме, показанной
на рис. 42. В преобразованной схеме легко найти фазные токи источников:



EAB 380
I AB 

  j10  10e j 270 A;
Z AB j38




EBC 380e120
I BC 

 10e j120 A;
Z BC
38





ECA 380e j 240
I CA 

 j10e j 240  10e j 330 A.
Z CA
 j 38
Зная фазные токи источников, нетрудно найти токи в линейных
проводах:








I AA  I CA  I AB  j10 e j 240  1  j10  1 2  1  j 3 2 


 10 3 2  j 1 2  10 e

j 30
A,







I BB  I AB  I BC  10 j  E J 120  10 J  1 2  J 3 2 




 10  1 2  j 3 2  1  20 e  j 75 A;





I CC  I BC  I CA  10 e j120 1  e j120  






 10e j120 1  3 2  j 1 2  20 e j135 A.
Токи линейных проводов, как видно из рис. 43, одновременно есть и
фазные токи в нагрузке – звезде.
Задача 34. (для самостоятельного решения). Подсоединить к источj120
никам EA = 220 B, EB = 220 e
B, EC = 220 e j240 B, соединенным
звездой,
нагрузки
ZAB = 38 Ом, ZBC = –j 38 Ом, ZCA = 38 Ом,
соединенные треугольником. Найти токи в линейных проводах.
3. Резонансные процессы в электрических цепях
3.1. Основные параметры колебательного контура
То обстоятельство, что конденсатор и катушка индуктивности в цепи
синусоидального переменного тока имеют разные знаки сопротивления
(или проводимости), порождает явление, называемое резонансом. На
46
частоте резонанса сопротивление (или проводимость) катушки
индуктивности компенсируется емкостным сопротивлением (или
проводимостью) конденсатора
L 
1
1
или
 C ,
C
L
(3.1)
и результирующее реактивное сопротивление (или проводимость) цепи
оказывается равным нулю.
Ток в цепи источника энергии определяется только активной
составляющей сопротивления цепи, складывающейся из потерь энергии в
катушке, конденсаторе, внутреннем сопротивлении источника и т. д.
Цепи, состоящие из емкостных и
r
L
a
c
индуктивных
сопротивлений
и
работающие в области резонанса,
называются резонансными цепями
I
E
C или колебательными контурами.
Колебательные контуры принято
разделять на два типа в зависимости
от способа включения в них
b
d
источника электрической энергии.
Рис. 44
Источник ЭДС, имеющий малое
внутреннее сопротивление, включается последовательно с элементами r, L и C (рис. 44). Получающаяся цепь
называется последовательным колебательным контуром, а процесс, в ней
происходящий – резонансом напряжений:
|UL| = |UC|.
Rи
rC
rL
C
L
E
(3.2)
Если источник имеет большое внутреннее
сопротивление, он может быть подключен к
колебательному контуру параллельно. Такую
цепь принято называть параллельным
колебательным контуром, а процесс, в ней
происходящий, – резонансом токов (рис. 45):
|IL| = |IC|.
(3.3)
Колебательные контуры обладают следующими основными свойствами, определяющими их применение:
1. Частотной избирательностью, благодаря чему можно из широкого
спектра частот сигнала выделить сигнал определенной частоты;
2. Трансформирования сопротивления, что позволяет оптимально
согласовать внутренние сопротивления источника и нагрузки;
Рис. 45
47
3. Трансформирования напряжений и токов; это свойство используется
в системах электропитания.
Для решения задач с колебательными контурами также используется
символический метод расчета электрических цепей. Однако для отражения
специфики колебательного контура используются специфические понятия,
называющиеся радиотехническими и использующиеся преимущественно в
радиотехнике:
Резонансная частота контура p – частота, при которой наблюдаются
условия резонанса (3.2) или (3.3).
Собственная частота контура 0  1 LC , вытекающая из условий
(3.1), отражающая резонансную частоту идеального контура (т. е. при
отсутствии потерь в контуре).
Характеристическое (волновое) сопротивление контура – сопротивление катушки или конденсатора на собственной частоте контура:
  0 L  1  0 C  L C .
(3.4)
Последовательное сопротивление – сопротивление потерь контура,
эквивалентно
представленное
сопротивлением
rп, включенным
последовательно с элементами L и C.
Параллельное сопротивление – сопротивление потерь контура, эквивалентно представленное сопротивлением Rп, включенным параллельно с
элементами L и С.
Добротность контура – отношение характеристического сопротивления
 к последовательному сопротивлению rп:
Q   L rп  1  C rп   r п ,
(3.5)
или отношение параллельного сопротивления Rп к характеристическому
сопротивлению :
Q  Rп  .
(3.6)
Методы расчета, использующие эти понятия, называются радиотехническими.
Все вышеперечисленные параметры, характеризующие свойства
колебательного контура, могут быть найдены из уравнения его полного
сопротивления (или проводимости).
48
3.2. Последовательный колебательный контур
Задача 35. В схеме на рис. 44 E = 1 B, r = 10 Ом, L = 16010 Гн,
С = 1601012 Ф. Найти параметры последовательного контура, найти ток и
напряжения на элементах L, C, r, полагая, что в цепи имеет место резонанс
напряжений.
Решение. Составим уравнение полного комплексного сопротивления
цепи в точках a, b присоединения источника ЭДС:
6

1 
Z a b  r  j   рL 
.

 рC 

(3.7)
Для нахождения резонансной частоты р достаточно приравнять нулю
мнимую часть уравнения (3.7):
р L 
1
 рC
 0 , откуда
1
1

 6,25 106 1 .
с

6

12
LC
16010 16010
р 
Видно, что для данного, очевидно простейшего случая, р = 0.
Действительная часть уравнения (3.7) r отражает потери в
колебательном контуре и может быть использована для нахождения его
добротности. Предварительно найдем :
L
160  10 6
 103
3


10
Ом,
тогда
Q

=
= 100 .
C
r 10
160  1012

Найдем параллельное сопротивление контура в точках c, d:
Z cd 

X C  X L  r  1 jC  j L  r 


X C  X L  r r  j  L  1  C 
  j  r 

j
r


     j    Q  j .

r

Модуль этого сопротивления Z cd   Q 2  1 Ом, при Q >>1
Z cd  Rcd  Q 
2
r
=
106
= 105 Ом.
10
49
(3.8)
Примечание. В общем случае в колебательном контуре с помощью
уравнения
R

2
(3.9)
r
любое параллельное сопротивление R можно эквивалентно представить в
виде последовательного сопротивления r, и наоборот, что бывает
целесообразно при нахождении потерь в контуре, добротности контура и
других его параметров.
Ток в контуре
I
E 1
  0,1 А.
r 10
Напряжение на конденсаторе

 1 
   jI   j 0,1  103   j100 В.
U C  I 
 jC 
Напряжение на катушке

U L  I  jL  j  I    j  0,1103  j100 В.
Интересно отметить, что модули напряжений на катушке и
конденсаторе в Q раз больше ЭДС источника E.
Колебательный контур в точках подключения к нему удобно бывает
представлять в виде эквивалентного генератора. Например, в точках c, d
рис. 44 колебательный контур можно представить эквивалентным


генератором с параметрами Eэ  U C   j100 В, Rэ  Rcd  105 Ом.
Для того чтобы использовать
r
L
колебательный контур в качестве
a
c
источника энергии, к нему подключается приемник энергии –
E
C
R н нагрузка (например, вход усилителя).
Рассмотрим
простой
случай, когда сопротивление
нагрузки активное. Так же как и
b
d
источник E, нагрузка Rн может
Рис. 46
быть включена как последовательно, так и параллельно элементам L и С, что зависит от ее величины.
Последовательное включение используется при малой величине Rн, когда
50
оно сравнимо с сопротивлением r контура. Параллельное включение
возможно при большой величине Rн, когда оно сравнимо с параллельным
сопротивлением R контура.
Задача 36. К колебательному контуру предыдущей задачи подключим
нагрузку Rн = 10 кОм, как показано на рис. 46. Найдем величины p, Q,
Uн.
Решение. Найдем полное сопротивление цепи в точках a, b:
Rн
Rн
 r  jL 

j рC Rн  1 j рC
j рC Rн  1
Z ab  r  j р L 
r




Rн
CRн2
L
.

j

р
2
2 2

1   р2 C 2 Rн2
1


C
R
р
н 

Приравняем к нулю мнимую часть уравнения:
L
CRн2
 0 , откуда
1   р2C 2 Rн2
 р2 
CRн2  L
1 
L 
 2 
2


1



1

,
0
2
C 2 Rн2 L CL  CRн2 
 Rн 
р   0 1 
2
Rн2
.
(3.10)
Нетрудно заметить, что влияние на резонансную частоту в последовательном контуре оказывает только присутствие параллельного
сопротивления. При Q >>1 p  0 такое приближение часто используется
в радиотехнических расчетах.
Найдем сопротивление потерь в контуре:
rп r 
r
Rн
Rн
R н
r
r

2 2 2
2 2 2
1  рC R н
1  0 C R н
1  Rн2  2
2
Rн
 10 
106
 110 Ом.
104
Здесь использованы два приближения: p = 0 и Rн2  2  1 .
51
Найдем добротность Q 

rп

103
 9,09 .
110
Напряжение на нагрузке легко найти, представив колебательный контур
эквивалентным генератором:


U н  Eэ
Rн
104
  j100 4
 9,09 В.
Rн  Rэ
10  105
3.3. Согласование нагрузки с последовательным колебательным
контуром, метод частичного включения
При подключении нагрузки к колебательному контуру неизбежно
уменьшается его добротность, как видно из предыдущей задачи. Если
ставится задача передать из колебательного контура в нагрузку
максимальную мощность, выходное (параллельное) сопротивление контура
должно быть равно сопротивлению нагрузки, т. е. на рис. 46 необходимо
выполнить условие Rcd = Rн. При этом, как будет показано в следующей
задаче, добротность уменьшится всего лишь в два раза.
Если нет возможности изменить сопротивление нагрузки, для
обеспечения условия оптимального согласования можно изменить выходное сопротивление контура путем частичного подключения контура к
нагрузке. Частичное подключение может быть осуществлено к индуктивности или емкости контура.
r
C b
a
Задача 37. К колебательному
контуру предыдущей задачи подL1
ключить нагрузку Rн = 10 кОм, как
показано на рис. 47, путем частичE
c
ного подключения к индуктивности
контура. Найти величины p, Q,
L2 Rн
Uн.
d
Решение.
При
частичном
подключении нагрузки к катушке
Рис. 47
индуктивности L она делится на две
части: L1 = (1–k)L и L2 = kL, где k – коэффициент включения.
Найдем параллельное сопротивление контура в точках c, d при
отключенной нагрузке.
52
Z' cd


1
jk 0L  j 0 1  k L 
 r
j 0 C
X X  X C  r 


 L 2 L1

r
r


1
j 0 kL  j 0L  j 0k L 
 r 
j 0C

  jk   jk   r  

r
r
2

j

 k2
 jk  k 2  Q  .
r
k


1
2
(3.11)
Z' cd  R'cd  k 2
 k 2 Q  k 2 Rbd .
r
k
4
Из условия оптимального согласования примем R'cd = 10 Ом и найдем
коэффициент k:
При Q 
k
R'cd
104

 0,316 , тогда
Rbd
105
L2 = 0,316L, L1 = (1–0,316)L = 0,684L.
Напряжение в точках c, d контура без нагрузки:
E
E
1
j0 kL  jk 
j  0,316103  j  31,6 В.
r
r
10
Представим контур в точках c, d эквивалентным генератором с пара4
метрами Eэ = j31,6 B и Rэ = 10 Ом и подключим к нему нагрузку
U'cd 
U cd  Eэ
Rн
j  31,6

 j  15,8 В.
Rн  R'cd
2
Чтобы найти добротность контура, к которому присоединена нагрузка,
удобно преобразовать сопротивление нагрузки с помощью уравнения
(3.11), внеся ее в контур в виде последовательного сопротивления rн:
rн  k 2
2
Rн
 0,1
106

103
Ом
,
тогда

10
Q


 50 .
r  rн 20
104
Сравним результаты подключения нагрузки к контуру при полном и
частичном включении:
53
При полном включении Uн = 9,09 B, Q = 9,09;
При частичном включении Uн = 15,8 B, Q = 50.
Таким
образом,
колебательный
L b
a r
контур может играть роль трансформатора сопротивления, позволяющего
оптимально согласовать источник с
C1
нагрузкой и передать в нагрузку E
c
максимальное количество энергии.
C2
d
Сопротивление нагрузки вносит в
d
контур дополнительные потери, уменьшая его добротность. При оптимальном
Рис. 48
согласовании добротность падает вдвое.
Задача 38. (для самостоятельного решения). Осуществить оптимальное
согласование колебательного контура с нагрузкой Rн = 10 кОм (рис. 48)
путем частичного подключения ее к емкости контура. Найти величины
конденсаторов С1 и С2.
3.4. Параллельный колебательный контур
Если сопротивление Rи источника сравнимо с параллельным сопротивлением контура Rп, источник подключают параллельно ветвям L и C
контура, в результате образуется параллельный резонансный контур
(рис. 45).
Найдем резонансную частоту контура. Дуально последовательному
контуру можно написать уравнение полной проводимости ветвей контура:
rC 
Y
j
 рC
rL  j р L
1
1
1
1




 2

Rи r  1
rL  j р L Rи r 2  1
rL   р2 L2
C
C
j р C
 р2С 2


1


р L 
rC
1
rL
  рC


 2
 j
 2
.
2 2
1
Rи r 2  1
2
rL   р2 L2
r


L
L
р
 rC  2 2

C


 р2C 2
р C


Приравняем к нулю мнимую часть уравнения:
 рC
2 2 2
rC  р C
1

р L
rL2
  р2 L2
0,
54

 

 L   L C  C r L  0 ,
C rL2   р2 L2  L rC2 р2C 2  1  0 ,
CrL2
2
р
 р2 
2
2
C
L  CrL2
L  CrL2 
 2  rL2 
2
2


.




0
0 2
2
2
L2C  C 2 rC2 L
 L  CrC 
   rC 
Таким образом, имеем:  р   0
 2  rL2
.
 2  rC2
(3.12)
Дуально последовательному контуру в параллельном контуре на резонансную частоту оказывают влияние последовательные сопротивления rL и
rC и не оказывают параллельные сопротивления.
При нахождении действительной части уравнения сделаем два
приближения:
p  0,
 2  rL2  2  rC2 .
rC
r
1
r
1
r

 2 L 22 
 C2  L2 
RС r 2  1
RС 
rL   р l

C
2 2
р C

1 rC  rL
1
1



.
2
RС
R
R

С
п
Таким образом, потери в контуре могут быть представлены двояко –
последовательным сопротивлением rC + rL или параллельным Rп.
Соответственно двояко может быть представлена и добротность контура:
Q
или Q 

(3.13)
rC  rL
Rп
(3.14)

Подключение к контуру источника с сопротивлением Rи и нагрузки с
сопротивлением Rн вносит в контур дополнительные потери и добротность
его падает. Добротность всей цепи удобно вычислить, преобразуя
55
сопротивления Rи и Rн в эквивалентные сопротивления rи и rн, используя
уравнение (3.13)
Q


rп

rC  rL  rи  rн
.
Задача 39. В схеме на рис. 45 E = 100 В, L = 16010 Гн, Rи = 10 Ом,
С = 1601012 Ф, rC = 5 Ом, rL = 5 Ом. Каким должно быть сопротивление
нагрузки Rн, чтобы получить оптимальное согласование с контуром?
Задачу решить приближенно.
Решение.
6
Волновое сопротивление контура  
Добротность контура Q 

rL  rC

5
L
16010 6

 103 Ом.
C
1601012
103
 100 .
55
Параллельное сопротивление контура Rп   Q  103 102  105 Ом.
Источник E и контур можно представить эквивалентным генератором с
параметрами:
Rп
105
 100 5
 50 В,
Rп  Rи
10  105
Eэ  E
Rп Rи
105  105
 5
 5  104 Ом.
5
Rп  Rи 10  10
4
По условию оптимального согласования Rн = Rэ = 510 Ом.
Rэ 
Напряжение на нагрузке
U н  Eэ
Rн
5 104
 50
 25 В.
Rн  Rэ
5  104  5  104
Найдем добротность всей цепи, для чего параллельные сопротивления
Rи и Rн преобразуем в эквивалентные последовательные:
rи 

2
Rи

106
 2 106
Ом
,

10
r


 10 Ом,
н
Rн 105
105
56
Q


rп

rL  rС  rи  rн

103
 33, (3).
5  5  10  10
Для оптимального согласования с сопротивлением параллельного
контура, как и в случае с последовательным контуром, возможно частичное
подключение к нему как источника, так и нагрузки.
Задача 40. В схеме (рис. 49) обеспечить оптимальное согласование
параллельного контура с источником, имеющим внутреннее сопротивление
Rи = 100 Ом. ЭДС источника Еи = 0,2 В. Параметры контура:
C = 1601012 Ф, L1 + L2 = 160106 Гн, rL = 10 Ом. К емкости контура
подключен усилительный каскад на полевом транзисторе с входным
6
сопротивлением Rн = 10 Ом. Найти напряжение на входе усилителя и добротrL
ность контура.
L2
Решение. Чтобы учесть влияние
Rи
сопротивления Rн на параметры контура,
Rн
A C
преобразуем его в последовательное
L1
Eи
сопротивление rн:
C
 2 106
rн 
Rн

106
 1 Ом.
Рис. 49
Последовательное сопротивление потерь контура rп с учетом нагрузки
составит, таким образом, 11 Ом.
Для выполнения оптимального согласования необходимо выполнить
условие RAC = Rи. Найдем коэффициент подключения контура к
источнику:
RAC  k 2

rп
2
, откуда k 
RAC
rп
11
 100 6  0,03316.

10
2
При согласованном подключении к контуру источника добротность
контура уменьшается вдвое. Это означает, что вдвое увеличивается его
сопротивление потерь: rп = 22 Ом. Теперь можно найти добротность
контура с учетом всех вносимых сопротивлений:
Q

rп

103
 45,45 .
22
Напряжение в точках АС контура, учитывая, что RАС = Rи,
57
U AC  Eи
RAC
 0,1 В.
RAC  Rи
Напряжение на входе усилителя
U АС
Uн
U

 н , откуда
L1
L1  L2
L
U н  U АС
L
L
1
 U АС
 0,1
 3,015 В.
L1
kL
0,03316
Задача 41. (для самостоятельного решения). Аналогично предыдущей
задаче осуществить оптимальное согласование колебательного контура с
источником сигнала, имеющим внутреннее сопротивление Rи = 10 кОм,
путем частичного подключения его к емкости контура. Найти величины
конденсаторов C1 и C2; найти напряжение на нагрузке, если напряжение
источника сигнала 10 В.
3.5. Избирательность контура
До сих пор мы рассматривали свойства колебательного контура на его
резонансной частоте (на вершине резонансной кривой), где ознакомились с
возможностью
контура
трансформировать
напряжения,
токи,
сопротивления, осуществлять оптимальное согласование источника
сигнала с нагрузкой.
Однако основным свойством колебательного контура следует считать
его способность осуществлять частотную избирательность, т. е. из спектра
частот источника сигнала выделять определенную частоту, совпадающую с
резонансной частотой контура, и ослаблять частоты, отличающиеся от
частоты резонансной.
Рассмотрим свойства контура в широком спектре частот. В последовательном контуре для тока можно записать
I   
E  
.
1 

r  j  L 

C 

(3.15)
В уравнении (3.15) реактивную компоненту сопротивлений преобразуем, выразив ее через частоты  и  0, для чего разделим и умножим ее
члены на выражение
LC :
58
L
LC
1 LC
L
 LC


 0

C
LC  C LC  0 LC
  0 
 2   02
  
  

.
 0
 0  
Выражение
  0  2   02


0 
 0
(3.16)
(3.17)
имеет название относительной расстройки. Это же выражение, умноженное
на величину добротности контура Q, называют обобщенной расстройкой:
  0 
 2   02
  Q
.
  Q

 0
 0  
(3.18)
Подставив выражения (3.16) и (3.18) в (3.15), получим варианты
уравнений для тока через относительную и обобщенную расстройки:
I ( ) 
I ( ) 
E ( )
E ( )
;

  0 
  2   02 
 r  j 

r  j 

  
 0  
0


E ( )
E ( )
.


   0   r 1  j 
 
r 1  jQ




0



(3.19)
(3.20)
Существует также понятие абсолютной расстройки
 = – 0.
(3.21)
Относительная и обобщенная расстройки могут быть выражены через
абсолютную. Подставим  0 = – в (3.5.2):


 2   02  2   2  2     2


   
 0
2     2
2
2 2f




.
        0
f0
Подставим выражение (3.22) в (3.19):
59
(3.22)
I   
E  
E  
E  
.


2

2  r 1  j 
r  j

r 1  jQ
0
 0 

(3.23)
Приближенное выражение (3.23) можно использовать в тех случаях,
когда имеет место условие
 <<  0.
(3.24)
Часто используется отношение модулей тока на текущей частоте к току
на собственной частоте контура:


I  
E r 1  2
1
.
n

I  0 
E r
1  2
(3.25)
Естественно, в силу линейности
n
цепи отношения напряжений на
всех элементах цепи выражаются
аналогично. График, изображающий
выражение (3.25), называют нормированной
частотной
характеристикой колебательного контура,
или нормированной резонансной

кривой (рис. 50).
Рис. 50
Задача 42. Часто, (например, в
радиолокации) источник сигнала
представляет собой спектр частот в виде гармоник равноотстоящих друг от
друга, так называемый линейчатый спектр. Например, последовательность
периодических импульсов, изображенных на рис. 51a, имеет линейчатый
спектр гармоник, показанных на рис. 51b. Собственная частота
последовательного контура  0 (рис. 44) совпадает с первой гармоникой
сигнала .
Найти коэффициенты n для второй и третьей гармоник сигнала, показывающие степень ослабления этих гармоник в контуре по сравнению с
первой гармоникой.
60
E(t)
a
t
E( )
b

2
3
n

Рис. 51
Решение. Так как абсолютная расстройка велика (условие 3.5.10 не
выполняется), воспользуемся точным значением обобщенной расстройки в
выражении для коэффициента n:
n
1
2
 0 

1  Q 

 0  
.
Для второй гармоники  = 2 0. Коэффициент n2:
1
n2 
 2
 
1  Q 2  0  0 
  0 2 0 
1
1


.
1  150

100 2  
2

2

1
 2
 
Q 0  0 
  0 2 0 

(3.26)
Для третьей гармоники  = 3 0. Коэффициент n3:
n3 
1
1

100 3  
3


1
.
266,6
Таким образом, коэффициенты n2 и n3 показывают, что токи и
напряжения высших гармоник  2 и  3 в контуре соответственно в 150 и
61
266,6 раз ослаблены по сравнению с током и напряжениями на частоте
 1 =  0.
Задача 43. (для самостоятельного решения). В задаче 3.4.3 найти напряжение на нагрузке, если частота источника сигнала f установлена равной
960 кГц.
3.6. Полоса пропускания контура
Рассмотрим вопрос о полосе пропускания контура на примере сигнала с
линейчатым спектром из предыдущей задачи. Частоты линейчатого
спектра на рис. 51b не являются бесконечно узкими линиями. Так как
сигнал должен передавать информацию, он подвергается модуляции
(амплитудной, частотной и т. д.), в результате каждая линия спектра
“расплывается” в некую область частот, несущих информацию. Например,
ставится задача выделить из спектра частот первую гармонику с
сохранением той информации, которую она несет. Тогда колебательный
контур, ослабляя все высшие гармоники сигнала, должен был бы
пропустить без ослабления спектр частот в области частоты 0. Идеальная
резонансная кривая колебательного контура должна была бы иметь вид
окна (как показано на рис. 52а), ширина которого  2 –  1 = 2
(называемая полосой пропускания контура), и была бы достаточной для
пропускания без ослабления всех частот спектра несущей  =  0.
Реальная кривая контура (рис. 52b) далека от идеала, и при пропускании
спектра частот через контур неизбежно возникают амплитудные и фазовые
искажения на краях частотного диапазона сигнала. В таком случае
возникает вопрос, что считать полосой пропускания реального одиночного
контура.
62
1
В радиотехнике условно
принято считать полосой пропускания контура спектр между a
частотами 1 и 2 на уровне
1

2 от амплитуды резонан-
сной кривой. Такой уровень
выбран из условия:
2
0
Q

2
0
1
, откуда
Q
 
1


2
1
1
2
b

 
  1.
1 0 
Рис. 52
2
При таком условии на
границах полосы пропускания контура ослабление составит
n
1
1
2

1
.
2
(3.27)
Зная величины  0 и Q контура, можно найти его полосу пропускания
2 
0
Q
.
(3.28)
Задача 44. Последовательный контур (рис. 46) имеет параметры:
L = 160106 Гн, C = 1601012 Ф, r = 5 Ом. Необходимо обеспечить
полосу пропускания контура 10 кГц.
Решение. Найдем необходимое сопротивление потерь контура:
2 
0
Q

1
C
r
r

 rп  п ; 2 f  п , откуда
L
L
2
L
LC
rп = 2 L2 f = 6,28160106104 = 10 Ом.
Так как в контуре имеется rп = 5 Ом, необходимо добавить еще
 2 106
r = 5 Ом последовательно или R 

 2  105 Ом параллельно
r
5
индуктивности L или емкости C.
63
3.7. Многорезонансные цепи
Кроме цепей с последовательным и параллельным резонансом могут
быть цепи более сложные, в которых наблюдается несколько резонансов.
Например, на рис. 53 цепь имеет два резонанса:
параллельный резонанс с частотой 1 
1
,
L1  L2 C
последовательный резонанс с частотой  2 
Задача 45. В линейчатом спектре частот
импульсного сигнала найти коэффициенты передачи частот гармоник  1 и  2. Параллельный
контур настроен на частоту  1, последовательный – на частоту  2.
Решение. Имеем  2 = 2 1, тогда
 2 1 L2C
LC
L



 2 , откуда
1 1 LC
L
L2C
2
L2 
1
L2C
Rи
E
.
rL1
rL2
L1
L2
C
Рис. 53
L 160  106

 40  106 Гн.
4
4
Коэффициент включения источника к параллельному контуру
k
L1 160  40 3

 .
L
160
4
Сопротивление цепи в точках AB на частоте параллельного резонанса
RAB  k 2
2
rL  rC

9 106

 56 103 Ом.
16 10
Коэффициент передачи цепи на частоте 1
K1 
RAB
 0,5 .
RAB  Rи
Коэффициент передачи цепи на частоте второй гармоники 2
64
A
B
K2 
rL 2
r
2,5
 L2 
 4,5 105 .
3
rL 2  Rи Rи 56 10
(3.29)
Частотная характеристика цепи показана на рис. 54. Интересно сравнить
степень ослабления гармоники 2 сигнала в одиночном контуре (3.26) и в
двухрезонансной цепи (3.29). Сравнение показывает, что двухрезонансная
цепь эффективнее ослабляет вторую гармонику сигнала. Добавляя к точкам
A, B цепи на рис. 53 параллельные ветви с элементами LN , CN,
настроенными на последующие гармоники N, можно получить так
называемый гребенчатый фильтр, частотная характеристика которого
действительно напоминает форму гребенки.
k
2
1

Рис. 54
Задача 46. (для самостоятельного решения). В двухрезонансной цепи
6
6
были измерены следующие параметры: fпар = 10 Гц, fпосл = 0,510 Гц,
сопротивление потерь сосредоточено в индуктивности и составляет 5 Ом,
добротность контура с учетом шунтирующего действия источника
Q' = 100, сопротивление Rи источника сигнала E согласовано с сопротивлением точки подключения к контуру. Построить схему цепи и найти
величины ее элементов L, C, Rи.
r
L1
Задача 47. (для самостоятельного
решения). В схеме на рис. 55
C = 106 Ф, L2 = 2 Гн, r = 20 Ом,
C
L2
3 E
частота источника сигнала  = 110 .
Найти, при какой величине индуктивности L1 ток в ней совпадает по фазе с
Рис. 55
фазой источника сигнала E.
65
4. Переходные процессы в электрических цепях
4.1. Общий подход к анализу переходных процессов
Переходные процессы возникают при подключении цепей к источникам
электрической энергии и отключении от них, при изменении структуры
цепей путем их коммутации и во многих других случаях.
При переходном процессе электрическая цепь переходит из одного
стационарного состояния в другое, что сопровождается изменением
энергии, накопленной в реактивных элементах цепи. Переходный процесс
не происходит мгновенно. Мгновенный переходный процесс означал бы,
что источники энергии в цепи могут развивать бесконечно большие
мощности, т. е. токи и напряжения в цепи могут достигать бесконечно
больших величин, что, естественно, невозможно. Поэтому энергия,
запасенная в цепи, изменяется плавно, т. е. представляет собой
непрерывную функцию времени.
Однако и в реальных электрических цепях переходные процессы
сопровождаются возникновением повышенных токов и напряжений. При
включении, как правило, возникают большие пусковые токи, при
выключении – большие коммутационные напряжения. Этим объясняется
тот факт, что выход из строя электрических цепей происходит обычно при
их включении и выключении. Все вышесказанное объясняет важность
изучения переходных процессов в электрических цепях.
В общем случае все процессы в
2
r
L
линейных электрических цепях (как
стационарные, так и переходные)
1
описываются линейными дифференци- E
C
альными уравнениями. Для последовательного колебательного контура, приведенного на рис. 56, дифференциальное
Рис. 56
уравнение имеет вид
I r  L
dI 1

Idt  E .
dt C 
(4.1)
Задача анализа переходного процесса сводится к составлению и
решению дифференциальных уравнений, т. е. нахождению токов и
напряжений как функций времени при t  0, т. е. после момента
коммутации.
Решение дифференциального уравнения, как принято говорить в
математике, есть сумма общего решения однородного дифференциального
уравнения и какого-либо частного решения неоднородного уравнения.
66
В электротехнике принята иная терминология: общее решение
называют свободной составляющей величины, частное решение –
принужденной составляющей величины (т. е. тока или напряжения):
I t   I св t   I пр t  , U t   U св t   U пр t  .
(4.2)
Для нахождения свободной составляющей величины необходимо
правую часть равенства (4.1.1) приравнять к нулю и найти ее решение
I r  L
dI 1

Idt  0 .
dt C 
(4.3)
Решение обычно представляется в виде экспоненциальных функций
Aсв  A1e P1t  A2e P2t      AN e PN t .
Количество
членов
решения
определяется
порядком
дифференциального уравнения (числом реактивных элементов –
накопителей энергии). Постоянные коэффициенты A1, A2…AN
определяются начальными условиями в цепи непосредственно перед
переходным процессом. Постоянные коэффициенты p1, p2…pN имеющие
размерность, обратную времени, характеризуют скорость протекания
переходного процесса.
Физический смысл принятых терминов состоит в том, что свободная
составляющая величин (тока или напряжения) порождается изменением
количества энергии, накопленной в реактивных элементах цепи при
отсутствии внешних источников энергии (правую часть равенства 4.1
приравниваем к нулю). Характер ее изменения не зависит от вида внешнего
источника энергии. Принужденная составляющая определяется внешним
источником энергии и характеризует состояние цепи после окончания
переходного процесса.
4.2. Классический метод анализа переходного процесса
В классическом методе решения дифференциального уравнения
коэффициенты p1, p2…pN
являются корнями так называемого
характеристического уравнения. Характеристическое уравнение можно
получить,
подставив
результат
решения
однородной
части
Pt
дифференциального уравнения I(t) = I0(t)e в само уравнение (например, в
уравнение 4.1.3 для цепи на рис. 56). Это называется алгебраизацией
дифференциального уравнения.
0  I  r  e Pt  pL  I  e Pt 
I  e Pt
, после сокращения
pC
67
r  pL 
1
 0.
pC
(4.4)
Решив уравнение (4.4), найдем его корни p1, p2. Теперь свободная
составляющая решения (например, для тока) будет иметь вид
I t   I 01e P1t  I 02e P2t .
Постоянные коэффициенты I01 и I02 находят из анализа начальных
условий переходного процесса, т. е. мгновенных величин токов и
напряжений в цепи в моменты времени t0– и t0+ (моменты, бесконечно
близко прилегающие к моменту t0 начала переходного процесса, как
показано, например, на рис. 58). Анализ начальных условий опирается на
законы Кирхгофа и законы коммутации. Напомним законы коммутации.
1. Ток через индуктивность не может измениться мгновенно и в
моменты t0– и t0+ остается неизменным.
2. Напряжение на емкости не может измениться мгновенно и в моменты
t0– и t0+ остается неизменным.
Анализ начальных условий удобно проводить с помощью таблицы, куда
заносятся значения токов и напряжений в цепи в моменты времени t0–t0+ и
по окончании переходного процесса (обозначим t  ).
Частное решение дифференциального уравнения отражает, по сути
дела, новое стационарное состояние цепи по окончании переходного
процесса (т. е. при t  ).
Кратко сформулируем теперь алгоритм решения задачи о переходном
процессе классическим методом:
1. Составляется дифференциальное уравнение (или система дифференциальных уравнений для многоконтурной цепи) по принципиальной
схеме цепи. Уравнения составляются в форме уравнений Кирхгофа или
используются методы контурных токов и узловых потенциалов.
2. Составляется характеристическое уравнение цепи (или система
характеристических уравнений для многоконтурной цепи). Находятся
корни характеристического уравнения.
3. Анализируется состояние цепи в моменты времени t0–t0+ и t  .
Составляется таблица начальных условий цепи. На основании
составленной таблицы находятся постоянные коэффициенты A1, A2…AN
для свободной части решения и Aпр для принужденной части решения (под
символом A подразумеваются ток или напряжение).
68
4. Рисуется график переходного процесса, на котором показываются как
реальные токи и напряжения, так и их
1
L
составляющие (свободные и принужденные составляющие).
2
Задача 48. На рис. 57 E = 100 В,
L = 10 Гн, R = 20 Ом. Найти ток I и E
напряжения UL, UR после коммутации
R
цепи (при переходе ключа из состояния
Рис. 57
1 в состояние 2).
Решение.
1. Дифференциальное уравнение цепи после коммутации
I R L
dI
0.
dt
2. Характеристическое уравнение R + pL = 0, откуда p  
3. Таблица начальных условий, из которой видно, что принужденные составляющие всех решений равны нулю.
Тогда решения будут иметь вид
I t   I e
R
 t
L
U L t   U L e
U R t   U R e
;
R
 t
L
R
 t
L
I
UR
UL
t0–
5
100
0
R
.
L
t0+
5
100
–100
t
0
0
0
;
.
Величины I, UR, UL находятся из частного решения этих уравнений при
t0 = t0+:
I (t0+) = I0 = 5 A; UR (t0+) = UR0 = 100 B; UL (t0+) = UL0 = – 100 B.
Окончательно решения имеют вид
I (t) = 5 e2t A; UR (t) = 100 e2t B; UL (t) = – 100 e2t B.
4. Графики переходного процесса изображены на рис. 58 а и б.
69
UR , I
a
t0- t0+
t
t0- t0+
t
-UL
b
Рис. 58
Задача 49. (для самостоятельного решения). Решить предыдущую задачу при условии, что ключ коммутируется из положения 2 в положение 1.
4.3. Формализация классического метода
Можно обратить внимание на тот факт, что характеристическое
уравнение (4.4) цепи, представленной на рис. 56, имеет аналогию с
выражением полного сопротивления цепи для синусоидального переменного тока в символическом методе:
R  j L 
1
 Z   .
j C
Если это выражение приравнять к нулю и оператор j заменить оператором p, получим характеристическое уравнение (4.4).
Эту аналогию можно углубить, понимая под оператором p так
называемую обобщенную частоту, которая изменяется от бесконечности до
нуля при развитии во времени переходного процесса, т. е.
1
p .
t
В первый момент времени переходного процесса t = 0, p  , т. е.
частота переходного процесса бесконечно велика. Для этого момента
времени сопротивление индуктивности pL бесконечно велико,
сопротивление емкости 1/pC бесконечно мало. Индуктивность равноценна
разрыву цепи, емкость – короткому замыканию.
70
При нарастании времени переходного процесса частота p переходного
процесса падает. В результате сопротивление индуктивности pL падает,
сопротивление емкости 1/pC растет. В пределе, при t  , сопротивление
индуктивности становится равным нулю, сопротивление емкости –
бесконечно большой величине. Такая частотная интерпретация, аналогично
законам коммутации, может быть использована для анализа начальных
условий задачи о переходном процессе и составления таблицы.
Таким образом, цепь на рис. 56 при переходном процессе обладает
сопротивлением:
Z  p   R  pL 
1
.
pC
В общем случае для сложных цепей может быть составлена система
характеристических уравнений, например, по методу контурных токов (или
узловых потенциалов). Определитель этой системы, приравненный к нулю,
будет характеристическим уравнением системы
Z ( p)  0 , G( p)  0 .
(4.5)
Таким образом, формально характеристическое уравнение есть полное
сопротивление цепи на частоте p, приравненное нулю. Пользуясь этим
выводом и аналогией с символическим методом, можно не составлять
систему дифференциальных уравнений, а сразу начинать решение задачи с
составления системы характеристических уравнений. Продемонстрируем
вышесказанное решением задачи
2
C
2R
с использованием метода контурA
1
ных токов.
Задача 50. В цепи, представ- E
R
C/2
IС
ленной на рис. 59, найти ток IC и
напряжение UAB при переклюB
чении ключа из положения 1 в
Рис. 59
положение 2.
Решение. Составим определитель сопротивлений по методу контурных
токов и приравняем его к нулю (см. свойства 1–3 в разделе 1.6):
1
R
pC
R
R
2
3R 
pC
 1

2 
  R 2  0 .
 0 ; откуда 
 R  3R 
pC 
 pC

Решим полученное уравнение
71
p2 
5
1
p  2 2  0;
2 RC
R C
p
p1 
5
25
1
5
1 3
1
5  3 ;

 2 2 

 
2 2
4 RC
4 RC RC 4 4 RC
16R C
R C
1
1
; p2 
.
0,5RC
2 RC
Таким образом, решение для тока будет иметь вид
I C t   I C1e

t
0,5 RC
 I C 2e

t
2 RC
 IC 0 .
(4.6)
Решение для напряжения найдем интегрированием решения (4.6):
U AB t  
2
I C t dt  U 0 
C
t
t


2I
2I
 C1  e 0,5 RC dt  C 2  e 2 RC dt  U 0 
C
C
 I C1 R  e

t
0,5 RC
 4IC 2 R  e

t
2 RC
Составим таблицу начальных условий,
пользуясь
частотной
интерпретацией
переходного процесса. Из таблицы видно,
что принужденные составляющие тока и
напряжения IC 0 и U0 равны нулю. Найдем
решения уравнений (4.6) и (4.7) для
момента t  0 :
(4.7)
 U0.
t0 
t0 
t 
IC
0
E 2R
0
U AB
0
0
0
E
E
2E
; I C1 
.
 I C1  I C 2 ; I C1  4I C 2  0 , откуда I C 2  
2R
3R
6R
Окончательное решение для тока
t
t
2 E  0,5 RC E  2 RC
I C t  
e

e
.
3R
6R
72
Решение для напряжения имеет вид
t
t


2
2
U AB t   U AB1  U AB2  E  e 0,5 RC  E  e 2 RC .
3
3
IС
U AB
4 /6
U AB 1
U AB
t
IС 1
IС
t
U AB 2
1 /6
IС 2
Рис. 60
Рис. 61
На рис. 60 представлен переходный процесс для тока I C , на рис. 61 –
для напряжения UAB.
Задача 51.
На
схеме
рис. 62
L
R1 = R2 = 105 Ом,
L = 160106 Гн,
R1
E = 100 В, C = 1601012 Ф. Найти токи
и напряжения после замыкания ключа.
R2
C
Решение. 1. Найдем характеристи- E
ческое уравнение
1
pC
1

pC
pL 

1
pC
1
R
pC
Рис. 62
 0,
1
R
p
1
pC
pL 
 0 , откуда p 2 

 0.
1
RC LC
R
pC
Корни характеристического уравнения
73
p
1
1
1
1
2
1






1  
 j 0 ,
0
2 2
2
2 RC
LC
2 RC
2 RC
4R C
4R
p1  
1
1
 j 0 , p2  
 j 0 .
2 RC
2 RC
(4.8)
2. Составим таблицу начальных условий:
t0 
IL
IC
IR
t0 
3
t 
3
E 2 R  0,5 10 A 0,5 10 A
0
I L 0  E R  10 3 A
0
3
3
IC 0  0
E 2 R  0,5 10 A 0,5 10 A I R 0  E R  10 3 A
UL
0
E 2  50B
U L0  0
UC
E 2  50B
E 2  50B
U C 0  E  100B
3. В общем виде решение для токов и напряжений:
At   A1e
p1t
 A2e
p2t
 A0 .
(4.9)
Однако так как корни характеристического уравнения комплексно
сопряжены, сопряжены не только p1 и p2, но и коэффициенты A1 и A2; в
результате решение можно представить как
At   Ae

t
2 RC
cosωt   A  .
4. Найдем напряжение и ток конденсатора:
U C t   UC e

t
2 RC
cos t   IC   E ;
74
(4.10)
I C t   C
dUC

dt
  t
t
 e 2 RC

2
RC
 CU C  
cos  t   I C  e
sin  t  I C
 2 RC

t
2 RC  








  (4.11)




CU C

cos  t   I C  CU C sin  t   I C .
2 RC

Решим уравнение (4.11) для момента t = 0+:
e




   sin 
cos  I C
2 RC
tg I C 
IC
 0;

1
103


 5  103 ;
2 RC 2 R 2  105
arctg(5 103 )  0,286 ; cos 0,286  0,9999  1 .
Решим уравнение (4.10) для момента t  0 :
E
E
E
 U C cos IC  E , откуда U C  
 .
2 cos 0,286
2
2
Окончательно напряжение на емкости:
U C t   
t
E  2 RC
e
cos t  0,286  E 
2
t



  50e 2 RC cos t  0,286  100 B.


Ток через емкость:
I C t   e
e

t

2 RC  U C

t
2 RC

UC
 2 R cos t  0,286   sin  t  0,286 


 0,2510
3

cos t  0,286  50 103 sin  t  0,286 A.
75
Ток через резистор R2:
t
U C t   E  2 RC
E
I R t  
 
e
cos t  0,286   
R
R
 2 R

t



  0,5 10 3 e 2 RC cos t  0,286  10 3  A.


Ток индуктивности IL можно найти из уравнения Кирхгофа:
I L t   I C t   I R t   e
e
e

t
2 RC 50 10 3 sin

t
2 RC
 0,7510

t
2 RC
 0,2510
3
 t  0,286  0,5 103 e
3

cos t  0,286 

t
2 RC
cos t  0,286  103 

cos t  0,286  50 103 sin  t  0,286  10 3 А.
Напряжение на индуктивности также найдем из уравнения Кирхгофа:
t
E 
U L  E  U C  E  e 2 RC cos t  0,286  E 
2
 50 e

t
2 RC
cos t  0,286 В.
На рис. 63, 64 представлены в качестве примера графики переходных
процессов напряжений на катушке индуктивности и на конденсаторе (здесь
и далее графики получены с помощью моделирующей программы Work
Bench).
76
Рис. 63
Рис. 64
Задача 52. (для самостоятельного решения). На рис. 65
изображена схема фильтра,
называемого мостом Вина.
Найти напряжение UAB при
переключении
ключа
из
положения 1 в положение 2.
Изобразить график переходного процесса.
2
C
2R
A
1
E
R
C
B
Рис. 65
77
4.4. Переходные процессы в цепях синусоидального переменного
тока
Задача 53. Рассмотрим вариант переходного процесса в RC-цепи при
подключении ее к источнику переменной
2
R
ЭДС. На рис. 66 E = 50sin(t–30) B,
6
R = 20 Ом, XC = 35 Ом, C = 9010 Ф,
1
f = 50 Гц. Найти I(t), UR(t), UC(t).
E
C
Решение.
1. Характеристическое уравнение
R
1
 0 , откуда
pC
p
Рис. 66
1
1

 555,5 c-1.
RC
20  90 10 6
2. До подключения к источнику все напряжения и токи в цепи равны
нулю. После коммутации, в момент t0+


E 0   50sin  30  25 B.
I 0  
E 0 
25

 1,25 A ;
R
20
U C 0   0 .
t0–
t0+:
t
Занесем эти данные в таблицу
E
–25 B
–25 B
50e30 B
начальных состояний.
I
0
–1,25 A 1,24e j30 A
3. По окончании переходного
0
0
43,4e–60 B
процесса (при t  ) в цепи уста- UC
новятся синусоидальный перемен- UR
0
–25 B
24,8e j30 A
ный ток и синусоидальные переменные напряжения, которые удобно представить в рамках символического
метода:


E  50e j 30 B;
78



 50e  j 30
50e  j 30
50e  j 30
j 30
I 


A;
  1,24e

j
60
1
20  j 35 40,3e
R
j C





U C  I X C  1,24e j 30 35e j 90  43,4e j 60 B;




U R  I R  1,24e j 30 20  24,8e j 30 B.
4. Общие решения для тока и напряжений:
I(t) = Iсв + 1,24ej30 ;
U C t   U C св  43,4e60 ; U R t   U R св  24,8e j 30 .


Решим эти уравнения для момента времени t = 0+:
–1,25 = Iсв + 1,24 sin30 = Iсв + 1,240,5 = Iсв + 0,62, откуда
Iсв = – 0,62 – 1,25 = – 1,87 A;
0 = UC св + 43,4 sin(–60) = UC св – 43,40,866 = UC св – 37,6,
откуда
UC св = 37,6 B ;
–25 = UR.св + 24,8 sin30= UR.св + 24,80,5 = UR.св + 12,4, откуда
UR.св = –25 – 12,4 = –37,4 B
Подставим результаты в уравнения для тока и напряжений:
I (t) = –1,87 e555,5t + 1,24 sin( t + 30);
UC (t) = 37,6 e555,5t + 43,4 sin( t – 60);
UR (t) = – 37,4 e555,5t + 24,8 sin( t + 30).
79
Рис. 67
Рис. 68
5. На рис. 67 и 68 изображены графики переходных процессов UR и UC
соответственно.
Задача 54. В какой момент (при какой фазе источника) необходимо
разомкнуть ключ K в схеме цепи на рис. 66, чтобы при размыкании ключа
отсутствовал переходный процесс? Предполагается, что в цепи имеет место
установившийся процесс, т. е. свободные составляющие тока и напряжений
отсутствуют.
Решение. Очевидно, что переходного процесса можно избежать, если
ключ разомкнуть в момент, когда напряжение на конденсаторе равно нулю.
В этот момент реактивная энергия в цепи отсутствует:
UC0 sin (t – 60) = 0;  sin (t – 60) = 0;  t – 60= 0; откуда
 t = 60.
Составим уравнение Кирхгофа для контура:
E sin (t – 30) = UR0 sin (t + 30) + UC0 sin (t – 60);
подставим в него t = 60:
E sin (60 – 30) = UR0 sin (60 + 30) + UC0 sin (60 – 60);
E sin 30 = UR0 sin 90 + UC0 sin 0.
Таким образом, если отключить источник при фазе 30, в цепи будет
отсутствовать переходный процесс.
Аналогично, если при этой фазе источника подключить к нему цепь,
переходный процесс также будет отсутствовать, т. е. в токе и напряжениях
цепи будут отсутствовать свободные составляющие.
2
Задача 55. (для самостоятельного
r
L
6
решения). На рис. 69 L = 16010 Гн,
1
E = 20 sin ( t – 30), C = 1601012 Ф,
C
r = 10 Ом, частота генератора совпада- E
ет с резонансной частотой колебательного контура. Найти ток контура и
напряжения на индуктивности и
Рис. 69
емкости.
4.5. Операторный метод анализа переходных процессов
Решение дифференциальных уравнений, как правило, осуществляется
путем их алгебраизации тем или иным методом.
80
В классическом методе результатом алгебраизации дифференциального
уравнения является характеристическое уравнение, которое является как
бы схемой цепи, представленной в алгебраической форме. Если мы имеем
характеристическое уравнение, по нему можно изобразить схему цепи, и
наоборот: по схеме цепи можно составить характеристическое уравнение.
Другим примером алгебраизации дифференциального уравнения может
быть символический метод, где алгебраизация достигается заменой
функции времени ее изображением – комплексной амплитудой.
Преобразование Лапласа, аналогично символическому методу,
позволяет, путем перехода от функции времени к функции комплексной
частоты p алгебраизировать дифференциальное уравнение. Подобно
символическому методу решение разбивается на три этапа:
1. Переход от функции времени к функции комплексной частоты p с
помощью преобразования Лапласа

F  p    f t e  pt dt .
0
2. Решение задачи в функциях комплексной частоты, т. е. нахождение
токов и напряжений в цепи как функций комплексной частоты p.
3. Обратный переход от функций комплексной частоты к функциям
времени.
Процесс обратного перехода является наиболее сложным моментом
решения задачи. Существует несколько способов перехода от изображения
к оригиналу. Наиболее употребляемые из них:
Подгонка уравнения решения под одну из формул соответствия,
которые приводятся в справочниках.
Непосредственное применение формулы обратного преобразования
Лапласа с использованием теории вычетов.
Использование так называемой формулы разложения.
Осуществим в качестве примера преобразование по Лапласу уравнения
последовательного контура, подключенного к источнику ЭДС:
E t   I  r  L
t
dI 1

Idt  U C 0 .
dt C 0
Подвергнем преобразованию Лапласа каждый член этого уравнения:

1.
 E t  e
 pt
dt  E  p  ;
0
81
2.


0
0
 pt
 pt
 I t r  e dt  r  I t  e dt  rI  p  ;

3.
L
0


dI  pt
dI
e dt  L  e  pt dt  L  e  pt dI .
dt
dt
0
0
(4.12)
Далее интегрирование производим по частям:

 pt
 pt
 e dI  I t e
0

0


d
  I t de pt  0  I 0   I t  e  pt dt 
dt
0
0

  I 0  p  I t e  pt dt  pI  p   I 0.
0
Подставим полученный результат в (4.12):

L  e  pt dI  pL  I  p   L  I 0 ;
0

4.
t
 t
  pt
  pt
1
1 




I
t
dt
e
dt

I
t
dt



d e
 C 
pC 0  0
0
0


 
Аналогично возьмем интеграл по частям:
t
  pt
1 

  I t dt  e
pC  0



0

 t

1
 pt d
e
  I t dt  dt 

pC 0
 dt 0

1
I  p
I t e  pt dt 
;

pC 0
pC



5.
 U C 0e
0
 pt
dt 
UC0
;
p
Результирующее изображение дифференциального уравнения примет
вид
82
E  p   I  p   r  pL  I  p   L  I 0 
I  p UC0


pC
p
(4.13)

U
1 
  L  I 0  C 0 .
 I  p    r  pL 
pC 
p

Как видно, изображение (4.13) есть алгебраическое равенство.
Выражения pL и 1/pC есть по смыслу индуктивное и емкостное
сопротивления в операторном представлении, называются они
операторными сопротивлениями. Константы интегрирования LI(0) и
UC0/p отображают начальные условия задачи, т. е. тот факт, что в момент
времени t0– в индуктивности протекал ток I(0), а на емкости было
напряжение UC0. Знаки этих ЭДС таковы, что L  I 0 всегда совпадает с
внешней ЭДС E(p), а UC0/p направлена против ЭДС E(p).
На
рис. 70
представлена
L J(0)
pL
r
принципиальная схема колебательного контура в операторном представлении, соответствующая уравнению (4.13). E(p)
Найдем изображение тока и
напряжений колебательного конРис. 70
тура:
I  p 
E  p   L  I 0 
r  pL 
pC
UC0 p
UC0
p
1
pC
.
U r  p   I  p r  r
1
(4.14)
E  p   L  I 0 
r  pL 
83
UC0
p
1
pC
.
(4.15)
U L  p   pLI  p   LI (0)  pL
UC  p 
I  p UC0
1


pC
p
pC
E  p   LI 0 
UC0
p
1
r  pL 
pC
E  p   L  I 0 
r  pL 
UC0
p
1
pC
 LI (0) .
(4.16)
UC0
.
p
(4.17)

Третий этап решения – переход от изображений к оригиналам – лучше
продемонстрировать на конкретном примере.
На
рис. 71
r1 = r2 = 10 Ом,
L = 16010 Гн,
C = 1601012 Ф. Источник постоянной ЭДС E = 2 В. Рассмотреть
переходный процесс в контуре при размыкании ключа K, найти ток и
напряжения, используя операторный метод.
Решение. В момент размыкания
r1
L
ключа в цепи имели место следующие
начальные условия:
6
Задача 56.
UC0 
E
;
2
I0 
E
.
2r
E
Найдем
изображение
тока
и
напряжений
контура,
используя
равенства (4.14) – (4.17), подставив в них
начальные условия:
C
r2
Рис. 71
E
U
E
E
E
E 
L
 L  I 0  C 0
L 
1  p 
p
p
p
2r 2 p
2L 
r
I  p 


;
1
r
L 2
r
1 
2
2
r  pL 
p  p 
 p  p  0
pC
L
p
L LC 
Er 
L
1  p 
2L 
r
U r  p 
;
r
2
2
p  p  0
L
84
E 
L
E
L
p 1  p 
1  p 
E
2L 
r
2
r
U L  p   pL
 L  I (0) 
L ;
r
r
2r
p 2  p   20
p 2  p   20
L
L
E 
L
E
L
 2 1  p 
1  p 
1 2L 
r  UC0
2
r E
.
UC  p 



r
r
pC p 2  p   2
p
2p
2
2
p

p


0
0
L
L
Перейдем от изображений
разложения (см. приложение 2):
f t   
к
оригиналам,
используя
N  pk  pk t
e , где pk есть корни многочлена M (p):
M  pk 
p2  p
r
  20  0 ;
L
pk  
r
r2
r
r 2C
2







1 
0
0
2L
2L
4L
4 L2

r
r2
r
 0
1  
 j 0 .
2
2L
2L
4
Здесь сделано приближение, учитывающее, что
p1  
формулу
r
r
 j 0; p2  
 j 0 ;
2L
2L
M  p   2 p 
r
;
L
 r
 r
M  p1   2 
 j 0    j 20 ;
 2L
 L
85
r2
102

 1 :
4  2 4 106
 r
 r
M  p2   2 
 j 0     j 20 .
 2L
 L
Оригинал тока:
E 
p L
E 
p L
1  1 
1  2 
2L 
r  p1t 2 L 
r  p2t
I t  
e 
e 
j 2 0
j 2 0

r


r

E  L r
     j 0 t
1   

 j0  e 2 L


j 4 0 L 
r  2L

E  L r
1   

 j 0
j 4 0 L 
r  2L
    2 L  j 0 t

 e

rt
E  2 L  1
 j t  1
  j t

e
  jQ   e 0    jQ   e 0 .

j4

2

 2

В полученном выражении можно сделать еще одно приближение, если
учесть, что Q = 100 >>1/2:
I t  
rt


rt
jEQ  2 L j 0t
E 
e
e
 e  j0 t  e 2 L cos 0 t .
j4
2r
Оригинал напряжения на резисторе r:
rt
E 
U r t   I t   r  e 2 L cos 0 t .
2
Оригинал напряжения на индуктивности проще получить, продифференцировав выражение оригинала тока. Опуская подробности, приведем
ответ:
U L t   L
rt
rt
dI
E
  Qe 2 L sin  0 t  100e 2 L sin  0 t .
dt
2
Оригинал напряжения на емкости можно найти из уравнения Кирхгофа:
E = Ur + UL + UC, откуда
86
rt
rt
E 
E
U C  E  U r  U L  E  e 2 L cos 0 t  Qe 2 L sin  0 t 
2
2
rt
rt
E
E
 E  Qe 2 L sin  0 t  2  100 Qe 2 L sin  0 t.
2
2
Рис. 72
На рис. 72 в качестве примера переходного процесса изображен график
напряжения на конденсаторе C.
Задача 57.
(для
самостоятельного
2
решения).
На
рис. 73
R = 4 кОм,
1
С = 20 мФ. При переводе ключа из состояния 1 в состояние 2 величина тока источ- J
C
ника J начинает возрастать от нулевого
значения по закону J(t) = 2,5t A. Определить, каким будет напряжение на
Рис. 73
резисторе через время t = 0,08 с.
5. Нелинейные электрические цепи
5.1 Теоретические сведения
Электрические цепи, содержащие элементы с нелинейной
вольтамперной
характеристикой,
называются
нелинейными
электрическими цепями, а сами элементы с нелинейной вольтамперной
характеристикой называются нелинейными элементами. Простейшим
примером нелинейного элемента служит лампа накаливания: чем больше
87
значение тока, протекающего через нить накала, тем больше выделяется
тепла и возрастает сопротивление нити.
Нелинейные элементы делятся на две группы: неуправляемые и
управляемые. К неуправляемым нелинейным элементам относятся: диод,
стабилитрон, газоразрядная лампа, лампа накаливания и т.д. К
управляемым
элементам:
транзистор,
тиристор,
терморезистор,
фоторезистор и т.д. По форме вольтамперной характеристики все
нелинейные элементы можно поделить на две группы: элементы с
симметричной и несимметричной вольтамперной характеристикой. Для
элементов с симметричной вольтамперной характеристикой
A
C
должно
выполняться
условие:
I ( U )   I ( U ) .
Рис. 74
Примерами таких элементов являются варисторы,
терморезисторы, лампы накаливания и т.д.
5.2 Диод в качестве нелинейного элемента электрической цепи
Основой
любого
простейшего
выпрямителя
является
двухэлектродный
элемент
с
нелинейной
вольтамперной
характеристикой, изображѐнный на рис. 1.
Этот элемент называется диод; он имеет два
электрода: катод «C» и анод «A».
Вольтамперная характеристика идеального
диода изображена на рис. 75. Итак, в прямом
направлении (от анода к катоду) диод
пропускает ток, а в обратном нет. Границей
области пропускания считается потенциал:
U f  0 ,7 В.
5.3 Решение задач
Для
расчѐта
электрических
цепей,
Рис. 75
содержащих диод, можно воспользоваться
заменой нелинейного элемента источником с эквивалентной ЭДС EЭ и
внутренним сопротивлением rЭ:
EЭ  U f ; rЭ  0 , если

 EЭ  0; rЭ   , если
U AC  U f
U AC  U f
Задача 58: Для схемы, изображѐнной на рис. 76
найти напряжение на конденсаторе, если известно:
E
C
Рис. 76
88
R
E  100  Sin( 2  50  t ) ,  
1
RC
Решение: Пусть включение схемы происходит в момент времени t  0 ,
1
 0 ,7 
arcSin

2  50
 100 
диод перейдѐт в проводящее состояние. t1  23
мкс; t1  T (где T  20 мс – период источника
E), и можно принять равным t1  0 . Диод будет
тогда в момент времени t1 
Uf
E C
R
Рис. 77
находиться в проводящем состоянии до момента
времени t2. Во временном интервале t1 ; t 2  схему можно представить, как
показано на рис. 77. Тогда t2 можно найти из условия равенства нулю тока,
протекающего через диод:
ID 
Тогда:
ID 
E U f
( R || C )
, где ( R || C ) 
R
1  jRC
E U f
( 1  j ) ;
R
99,3


ID  2 
 Sin 2  50  t   .
R
4

Следовательно, ближайшая точка, где ID=0, будет: t 2 
C
R
Рис. 78
1


    ;
2  50 
4
t2  7 ,5 мс. Далее, во временном интервале t2 ; t3  , диод будет находиться
в запертом состоянии. На этом временном участке схему можно
представить как на рис. 78: конденсатор, заряженный до напряжения
100
 3 
U C  100  Sin
в момент времени t2 замыкается на
 U f 
4
2


резистор
R. Найдѐм корень характеристического уравнения:
1
1
100  t t 2 
R 0 p 
  . U C t  
e
, во временном
pC
RC
2
интервале t2 ; t3  . Тогда момент времени t3, когда снова открывается
диод, можно найти из условия: E t3   U f  U C ( t3 ) . Или:
89
100  2 50 t 3  3
(5.1)
e
4
2
Можно решая данное уравнение найти t3, однако попробуем угадать
100  Sin2  50  t3   0 ,7 
решение, тем самым, избегая длительных вычислений. Известно, что
постоянная времени RC-цепочки равна обратной величине циклической
частоты источника ЭДС: RC 
1

. А напряжение на конденсаторе не
может стать отрицательным в интервале времени t2 ; t3  . Тогда решение
уравнения (5.1) будет находиться за пределами периода T: t3  2 .
Оценим, во сколько раз изменится напряжение на ѐмкости в момент
времени
t3  T 
остаточного
2

:
e
напряжения
 2 50 t 3 
на
3
4
 e
ѐмкости:
5
4

1
. Тогда величиной
50
100  2 50 T  3
e
4
2
можно
пренебречь, и считать, что t3  T и есть решение уравнения (5.1). Далее,
процесс будет повторяться с частотой 50 Гц. Искомое напряжение на C:
Рис. 79
90
3

100  Sin( 2  50  t )
2n  2  50  t  2n 


4 ,
U C t   
100 3  2 50 t
3

 4
2n 
 2  50  t  2 n  1
 2 e
4

где n  0 ,1,2...
График этого процесса изображѐн на рис. 79.
Задача 59: Ключ K1 (рис. 80) замыкается
в момент времени t1=0. В момент времени
t2 
K2
K1
2
 LC замыкается ключ K2. Найти
3
L
E
напряжение на ѐмкости после замыкания
ключа K2, если известно, что E  100,7 В.
C
Рис. 80
Решение: На временном интервале
t1 ; t2  схему можно заменить эквивалентной, изображѐнной на рис. 81.
Найдѐм решение на этом временном интервале. Для этого запишем
характеристическое
уравнение:
pL 
1
j
 0  p1,2  
pC
LC
Корни
комплексно-сопряжѐнные, значит решение
на этом временном интервале выражается
гармонической
функцией:

 t 
 ,
U C t   100   1  Cos
 LC  


 2
 3
. U C t 2   100   1  Cos

t1  t  t 2
K1
Uf
L
E
C
Рис. 81

  UC t2   150 В. Далее, после замыкания

ключа K2, потенциалы на концах индуктивности выравниваются, и к диоду
оказывается приложенным напряжение отрицательной полярности. При
этом диод переходит в запертое состояние, дальнейшая зарядка
конденсатора прекращается, а ток индуктивности замыкается через ключ
K2. А поскольку конденсатор C не имеет утечки, то напряжение на его
обкладках будет оставаться постоянным, после замыкания K2. График
процесса зарядки ѐмкости изображѐн на рис. 82.
91
Рис. 82
Задача 60: На рис. 83 ключ K замыкается в положение 1 в момент
времени t1  0 . Далее, в момент времени
K
L
1 2
t2    LC ключ K замыкается в положение
L
E
C
2. Найти напряжение на ѐмкости после
завершения
переходного
процесса,
если
известно, что E  100 В.
Рис. 83
Решение: Аналогично предыдущей задаче,
найдѐм напряжение на ѐмкости во временном
интервале

t1 ; t2  : U C t   100   1  Cos
конденсаторе

в
t
 LC

  . Тогда, напряжение на

момент
переключения:
После коммутации
конденсатор
оказывается
положительно-заряжен,
в
C
результате чего отпирается диод. Диод находится в
Uf L
проводящем состоянии до момента времени t3. Тогда, во
временном интервале t2 ; t3  схему можно представить, как
показано на рис. 84. Определим, в какой момент времени
Рис. 84
92
UC t2   100  1  Cos   200V .
запрѐтся диод. Условием запирания диода будет являться: I D t3   0 . Ток
через диод в интервале t2 ; t3  можно найти по формуле:
I D t   I C t    pC  UC t2   Sin pt  t2  , где
характеристического
I C t   0  pt  t2     n ,
n  1 , откуда
искомое
p
1
LC
– корень
уравнения.
Очевидно,
что
где n  0 ,1,2... Момент запирания диода:
t3  2  LC . Напряжение
на
ѐмкости:
t t 
U C t3   U C t2   Cos 3 2   200  Cos   200 В. После запирания
 LC 
диода напряжение на ѐмкости останется неизменным. График напряжения
на ѐмкости изображѐн на рис. 85.
Рис. 85
Задача 61. (для самостоятельного решения). На
рис. 86 E = 1 B, L = 100 мГн, С = 10 мкФ. В
момент времени t = 0 ключ К замыкают, а затем
через некоторое время размыкают. После
завершения переходного процесса напряжение на
93
K
E
L
D
C
емкости С становится равным 100 В. Найти время, в течение которого
ключ К был замкнут. Считать
Рис. 86
диод D идеальным.
R1 K1
K2 R2
Задача 62. (для самостоятельного
решения).
На
рис. 87
E(t) = 220 sin(250t) B,
R1 = R2 = 1 кОм,
С1 = 3,84 мкФ,
С2 = 1 мкФ. В какой момент времени
надо разомкнуть ключ К1 и замкнуть
ключ К2 , чтобы после завершения пере-
E
C1
C2
D
Рис. 87
ходного процесса получить максимально возможное напряжение на
емкости С2. Чему будет равно это напряжение? В начальный момент
емкость С2 разряжена. Считать диод D идеальным.
Задача 63. (для самостоятельного решения). На рис. 88 E(t) = 100 sin(t) B,
R1 = 10 кОм, r = 10 Ом, L = 160106 Гн,
C1 = 1601012 Ф. Найти напряжение UАB на
резонансной частоте? Считать диод D
идеальным.
R
D
L
E
C1
A
C2
r
B
Рис. 88
6. Операционные усилители
Операционный усилитель (ОУ) является базовым элементом
современной аналоговой техники в области электроники. На базе ОУ могут
быть построены все основные элементы аналоговой техники: усилители,
источники тока и напряжения, дифференцирующие и интегрирующие
устройства, фильтры, автогенераторы различных форм напряжений и
токов, триггеры и т. д.
ОУ в своем развитии претерпел многие изменения и к настоящему
времени
сформировался
как
усилитель
с
так
называемым
дифференциальным входом и несимметричным выходом (рис. 89). Типовой
4
12
ОУ имеет большое входное сопротивление от 10 до 10 Ом, малое
4
выходное сопротивление 10 –100 Ом, большой коэффициент усиления 10
94
– 106. Частотный диапазон ОУ простирается от нуля до так называемой
частоты единичного усиления  ед (составляющей величину 1 – 50 МГц).
Ограничение частотного диапазона ОУ связано с наличием в элементах
ОУ корректирующих емкостей, ограничивающих его усиление на высоких
частотах.
Дифференциальный вход ОУ означает по существу два входа, из
которых один является инвертирующим (–), другой – неинвертирующим (+). Усиливаемый сигнал Eн прикладывается между входами (+) и (–)
и называется несинфазным.
Модули коэффициентов усиления входов с большой точностью
одинаковы, поэтому, если сигнал подать одновременно на оба входа (так
называемый синфазный сигнал Eс), синфазный коэффициент усиления
4
6
очень мал. Отношение Kн  Kс составляет обычно величину 10 –10 и
называется
коэффициентом
ослабления синфазного сигнала.
Это свойство входов ОУ
позволяет
обеспечить
Eн
ОУ
помехоустойчивость
систем
передачи
информации,
Eс
основанных на ОУ. На рис. 86,
например, показан случай, когда
при большом расстоянии между
источником сигнала и ОУ на
Рис. 89
«земляном проводе» имеется
падение напряжения (синфазная помеха) от посторонних токов. Даже если
синфазная помеха многократно превышает усиливаемый сигнал Eн, это не
мешает усилению сигнала Eн.
Второй типичный случай использования дифференциального входа
ОУ – сравнение двух сигналов одинаковой полярности в системах
автоматического регулирования и схемах с обратной связью, где ОУ
выступает в роли так называемого усилителя сигнала ошибки
регулирования.
Одним из основных достоинств современных ОУ является малый сдвиг
нуля между входами (составляющий у лучших образцов десятки
микровольт), что позволяет усиливать очень малые постоянные и медленно
изменяющиеся сигналы.
В устройствах ОУ, как правило, охватывается обратной связью или
непосредственно, или совместно с другими элементами, т. е. часть
выходного сигнала с выхода ОУ подается на его вход. В зависимости от
вида обратной связи ОУ приобретает те или иные свойства. Благодаря
95
большому коэффициенту усиления ОУ эти свойства подавляющим образом
определяются элементами обратной связи.
Рассмотрим простейшие примеры использования ОУ.
Задача 64. (рис. 90). Имеется
R oc
ОУ со следующими параметрами:
K = 104, Rвх , Rвых = 102 Ом.
ОУ
охвачен
отрицательной
обратной связью через резистор
J
К
Rос = 104Ом, образуя так называемый приемник тока, т. е. устU 'в ы х
ройство, преобразующее ток источника тока J в напряжение Uвых.
Рис. 90
Определить параметры устройства:
Rвх, K, Rвых, Uвых (штрихом
R ос
обозначены параметры усилителя,
охваченного обратной связью).
R вы х
Решение. Характерной особенU 'в х
U 'в ы х
ностью приемника тока является J
E
малое входное сопротивление,
вы х
позволяющее выполнить условие
режима генератора тока, т.е.
Рис. 91
условие, когда внутреннее сопротивление источника сигнала много больше входного сопротивления
приемника сигнала. Малое входное сопротивление приемника тока достигается введением обратной связи выхода ОУ со входом через резистор Rос
На рис. 91 представлена эквивалентная схема устройства.
Для эквивалентной схемы составим уравнение
Uвх = J Rос + J Rвых + Eвых.
(6.1)
Представим Eвых как Eвых = Uвх ·(–K) и подставим в уравнение (6.1):
Uвх = J Rос + J Rвых – Uвх K;
Uвх (1 + K) = J (Rос + Rвых), откуда
Rос  Rвых
R
 J ос .
1 K
K
Входное сопротивление Rвх приемника тока
 J
U вх
96
(6.2)

U вх
R  Rвых Rос 104
 ос


 1 Ом.
J
1 K
K 104
Выходная ЭДС Eвых
 
Rвх
   J Rос  Rвых 
Eвых   K  U вх
(6.3)
K
  J Rос  Rвых  .
1 K
Выходное напряжение приемника тока
  Eвых  JRвых   J Rос  Rвых 
U вых
K
 JRвых
1 K
(6.4)
K
R


  J  Rос
 вых    JRос .
1

K
1

K


Коэффициент передачи приемника тока
K 

U вых
K
R
K
  Rос
 вых   Rос
  Rос
J
1 K 1 K
1 K
называется сопротивлением передачи.
Для нахождения выходного сопротивления приемника тока воспользуемся методом холостого хода и короткого
замыкания,
описанным
в J
разделе 1.1 согласно формуле (1.1),
Rвых
(6.5)
Rос
Rвых
Iкз
U'вх
U
 xx .
I кз
Eвых
Рис. 92
Напряжение холостого хода равно выходному напряжению (6.4). Для
нахождения Iкз замкнем выход усилителя, как показано на эквивалентной
схеме рис. 92. Из рис. 92 следует
Uвх = J Rос, тогда Eвых = KUвх = J K Rос.
Согласно эквивалентной схеме рис. 89
I кз 
Евых
R
  JK ос .
Rвых
Rвых
(6.6)
Подставим (6.4) и (6.6) в (1.1):
97
 
Rвых

U хх
I кз
K
R 

 J  Rос
 вых 
1 K 1 K 



Rос
 JK
Rвых
(6.7)
2
Rвых
Rвых
R
102

 вых  4  10 2 Ом.
1  K K 1  K Rос 1  K 10
Важным параметром приемника тока является стабильность
коэффициента передачи K'. Если полагать резистор Rос идеальным,
основным источником нестабильности является зависимость коэффициента
усиления K ОУ от температуры окружающей среды. Оценим
нестабильность коэффициента передачи K' приемника тока в диапазоне
температур T от 20 до 45 C дифференцированием выражения (6.5) по
температуре:
K  
dK 
d 
K
R

T 
 вых T 
  Rос
dT
dT 
1 K 1 K 
d K
d 1 

  Rос
 Rвых
T 
dT 1  K
dT 1  K 

(6.8)

1
dK
1 
  Rос

R
 T 
вых
1  K 2 dT
1  K 2 

 R  Rвых  dK
R dK

  ос
T  ос2
T .
2 
K dT
 1  K   dT
2
Подставим в (6.8) численные значения, полагая dKdT = 10 K /C и
T = 25 C:
K  
104  2 4
10 10 25  0,25 Ом.
108
Относительная погрешность коэффициента передачи K' составит
величину:
K  0,25
 4  2,5 105  2,5 103 % .
K
10
Тогда как относительная погрешность K составляет величину:
98
K dK T 102 104  25



 0,25  25 % .
K
dT K
104
Таким образом, нестабильность коэффициента передачи K' приемника
тока существенно меньше нестабильности коэффициента усиления K ОУ.
Задача 65. (рис. 93). Параметры ОУ: Rвх, K = 10 , Rвых = 10 Ом.
4
5
Резисторы обратной связи: R1 = 10 Ом, R2 = 10 Ом. Определить
параметры масштабного усилителя R'вых, K', U'вых.
4
2
R2
R1
R1
R2
К
Eи
Eи
U 'в ы х
I
R вы х
U 'вх
U 'в ы х
E вы х
Рис. 93
Рис. 94
Решение. Эквивалентная схема представлена на рис. 94. Составим для
нее уравнение Кирхгофа
Eи  Eвых = I (R1 + R2 + Rвых).
(6.9)
ЭДС Eвых представим как: Eвых = KU'вх = K (Eи  I R1) и подставим
в (6.9): Eи + K (Eи  I R1) = I (R1 + R2 + Rвых), откуда
I
Eи ( K  1)
E
 и.
R1 ( K  1)  R2  Rвых R1
Входное сопротивление
 
Rвх
Eи R1 K  1  R2  Rвых

 R1  104 Ом.
I
K 1
Напряжение на входе ОУ

 Eи R2
K  1R1
  Eи  I  R1  E1 
 
U вх
.
 R1 K  1  R2  Rвых  K R1
Выходная ЭДС ОУ
99
(6.10)


K  1R1
   KEи 1 
 
Eвых   KU вх
 R1 K  1  R2  Rвых 
R  Rвых
  Eи 2
.
R1
Выходное напряжение масштабного усилителя


K  1R1
  Eвых  IRвых   Eи K 1 
 
U вых
 R1 K  1  R2  Rвых 
Eи ( K  1) Rвых
KR2  Rвых

  Eи

R1 ( K  1)  R2  Rвых
R1 K  1  R2  Rвых
  Eи
(6.11)
R2
105
  Eи 4  10Eи .
R1
10
Коэффициент передачи масштабного усилителя
K 

U вых
 K  R2  Rвых 
R
105

  2   4  10 .
Eи
R1 K  1  R2  Rвых
R1
10
(6.12)
Чтобы определить выходное сопротивление масштабного усилителя,
воспользуемся формулой (1.1):
Rвых 
U xx
.
I кз
Напряжение холостого хода Uxx масштабного усилителя выражается
равенством (6.11)
   Eи
U xx  U вых
KR2  Rвых
R
  Eи 2 .
R1 K  1  R2  Rвых
R1
(6.13)
Для нахождения тока короткого замыкания воспользуемся
эквивалентной схемой, изображенной на рис. 95. При замыкании выхода
масштабного усилителя изменится U'вх:
100
  Eи
U вх
R2
.
R1  R2
R вы х
Выходная ЭДС
R2
.
  K  Eи
R1  R2
Eвых
R2
R1
Eи
E вы х
Рис. 95
Ток короткого замыкания
I кз 
Iкз
U 'вх
Eи
K  Eи  R2
K  Eи  R2





R1  R 2 R1  R2 Rвых
R1  R2 Rвых
.
(6.14)
Найдем выходное сопротивление масштабного усилителя, используя
приближенные выражения Uxx (6.13) и Iкз (6.14):
 
Rвых

U вых
 Eи  R2  R1  R2   Rвых


I кз
R1  KE и R2 

Rи
Rвых
K
 R2  102  105 
1 
  4 1  4   0,11 Ом.
 10 
R
1  10 


Uвх
Eи
Rвх
Rи
a
К
c
U'вых
b
U'вх
I
Eи
I
U'вых
d
Рис. 96
Рис. 97
Задача 66. На схеме, изображенной на рис. 96, Eи – источник
4
4
постоянной ЭДС, Rвх = 10 Ом, K = 10 . Определить параметры буферного
усилителя R'вх, K', R'вых, U'вых.
Решение. Эквивалентная схема представлена на рис. 97. Составим для
нее уравнение Кирхгофа:
Eи  U'вых = I (Rи + Rвх).
(6.15)
Напряжение U'вых представим как U'вых = KU'вх = KIRвх и подставим
в (6.15):
Eи  KIRвх= I(Rи + Rвх), Eи =  I(Rвх(K +1)) + Rи, откуда
101
I
Eи
Еи
.

Rвх К  1  Rи Rвх К  1
Входное сопротивление буферного усилителя (т. е. сопротивление в
точках a и b)
U вх Еи  IRи Еи


 Rи 
I
I
I
 Rвх К  1  K  Rвх  104  104  108 Ом.
 
Rвх
(6.16)
Выходное напряжение
  K  I  Rвх  Eи
U вых
K  Rвх
K
 Eи
 Eи .
Rвх K  1  Rи
K 1
(6.17)
Коэффициент передачи устройства
K 

U вых
K  Rвх
K


1.
Eи
Rвх K  1  Rи K  1
(6.18)
Задача 67. (рис. 98). Параметры ОУ: Rвх, K = 10 . Резистор
3
3
обратной связи Rш = 10 Ом, нагрузочный резистор Rн = 10 Ом.
Определить параметры источника тока: R'вых, K', I'н.
4
К
Rн
Eи
Eи
Rвх
U'вых
U'вх
Rн
Rш
I'н
Rш
Eвых
Рис. 98
Рис. 99
Решение. Эквивалентная схема представлена на рис. 99. Составим для
нее систему уравнений, используя метод контурных токов:
Eи = U'вх + RшI'н.
(6.19)
Eвых = I'н(Rн + Rш).
Представим Eвых как Eвых = KU'вх и подставим ее в (6.20):
KU'вх = I'н(Rн + Rш).
Из (6.19) величина U'вх = Eи  RшI'н, подставим ее в (6.21)
102
(6.20)
(6.21)
K (Eи  RшI'н) = I'н(Rн + Rш), откуда:
K  Eи
E
 и .
Rш K  1  Rн
Rш
I н 
U'вых  U н 
(6.22)
K  Eи  Rн
R
 Eи н .
Rш K  1  Rн
Rш
(6.23)
Коэффициент передачи источника тока
K 
U н
K  Eи  Rн
K  Rн
R


 Eи н .(6.24)
Eи Eи  Rш  K  1  Rи  Rш  K  1  Rн
Rш
Для нахождения R'вых воспользуемся методом режимов холостого хода
и короткого замыкания. Найдем Iкз, приняв Rн = 0 в равенстве (6.22):
 
I кз
K  Eи
.
Rш  K  1
(6.25)
Если в равенстве (6.23) Rн устремить к бесконечности, получим
U'хх = KEи.
Выходное сопротивление источника тока определится как отношение
 
Rвых
R

U хх
K  Eи  Rш  ( K  1)

 Rш  K  1  107 Ом.

I кз
K  Eи
С
К
Eи
U'вых
Рис. 100
Задача 68. (рис. 100) (для
самостоятельного решения).
Имеется ОУ со следующими
параметрами: Rвх  , Rвых = 0,
K = 104. ОУ охвачен отрицательной
обратной связью через резистор R и
конденсатор C, образуя, таким образом, интегратор. Источник ЭДС Eи
постоянный. Рассмотреть переходный процесс в интеграторе при
размыкании ключа. Найти Iс и U'вых.
103
Приложение 1. Ответы к задачам для самостоятельного
решения
Задача 6. Eэ = 20 В, Jэ = 2 А, rи = 10 Ом.
 R1  R2
 R
Задача 13.
2

 0
 R2
R2  R3  R4
 R3
0   I11   E1  E2 
 R3   I 22     E2  .
R3  R5   I 33   E3 
Задача 17. UCA = 10 B, UAB =  5 B, UBC =  5 B, IAA = 0,5 A, IBB = 0 A,
ICC = 0,5 A.
Задача 20. Преобразуем звезду R1R2R3 в треугольник
1
1
1
g2 g
1
;



 
R'12 R'23 R'13 3g 3 3R
R'12  R'23  R'13  3R .
g'12  g'23  g'13 
После преобразования получаем новую схему, изображенную на
рис. 101, где два треугольника наложены друг на друга. Параллельное
соединение
резисторов
обоих
1
треугольников дает результат
R 13
R''12  R'' 23  R''13 
R 12
R
R
13
R
3
Теперь нетрудно найти ток в нагрузке:
12
Iн 
23
2
R 23
3R
.
2
E

R'' R''  R'' 23 
Rн  13 12
R''13  R''12  R'' 23
E
E

3R 3R  3R
2R
2 2
2
R

Рис. 101
3 3R
2
Задача 23. КПД цепи с источником тока составляет 0,09, с источником
ЭДС  0,9.
R

E
104




Задача 28. А  3.48e  J 45 B , B  7.97e j162 B , I 2  j 0,5 A .
Задача 30. S тр  100 Вт .


Задача 34. I A  17,4 A, I B  19,3e  j15 A, I C  5,2e j 79 A.
Задача 38. С1 = 351 пФ, С2 = 760 пФ.
Задача 41. С1 = 239 пФ, С2 = 485 пФ. Напряжение на нагрузке Uн = 33 B.
Задача 43. Uн = 4,1 B.
Задача 46. L = 160 мкГн, С1 = 213 пФ, С2 = 640 пФ, Rи = 112500 Ом.
Задача 47. 2 Гн.




Задача 49. I (t )  5  1  e2t А, U R  100 1  e2t В, U L  100e 2t В.
Задача 52. U C 2
E 

e
2,24 


r
2, 62
0,38
t
t
RC  e RC

t

 В.





Задача 55. I t   2e 2 L sin  0t  30  2 sin  0t  30 А.
Задача 57. Изображение тока через резистор R:
I R  p 
Z  p 
J  p   Z  p  2,5
1

 2
R
RC p p  1

RC

, где J  p  
2,5
,
p2
R
– сопротивление параллельно соединенных R и С.
RCp  1
Согласно соотношению
1
t 1
  2 1  c at 

p  p  a a a 
2
находится оригинал тока через резистор



I R t   2,5  t  RC1  e




t

RC  
 

105
 2,5  t  0,081  e 12,5t   A.





1
e
При t = 0,08 с I t   2,50,08  0,08 1    0,074 А.
Напряжение на резисторе U R  I R R  0,074 4000  2960 В.
Задача 61. t = 1 с.
Задача 62. t = 2,5 + n ·20 мс, где n = 1, 2, 3 и т.д., UС2 ≈ 78 В
Задача 63. UАB ≈ -90 В.
Задача 65. На рис. 102 представлена эквивалентная схема интегратора. Для
эквивалентной схемы составим уравнение
Eи  R  I 
1
Idt  Eвых , Eвых можно представить как:
C
  K ( Eи  RI ) и подставить в (6.25):
Eвых  KU вх
1
Idt  K ( Eи  RI )  Idt , откуда
C
1
R  I  (1  K )  Eи  (1  K )   Idt  0 .
C
Eи  R  I 
Найдем
характеристическое
уравнение, положив Eи  0 :
K
R
R(1  K ) 
С
I
Eи
U'вх
Eвых
p
1
 0 , откуда
pC
1
.
RC(1  K )
Составим таблицу начальных
условий переходного процесса.
При t0  , когда ключ еще замкнут,
Рис. 102
уравнение для цепи имеет вид:
  K  Eи  R  I  ( Eи  R  I )  K 
Eи  R  I  Eвых  Eи  R  I  U вх
 Eи  (1  K )  R  I  (1  K )  0 откуда: I 
106
Eи  (1  K ) Eи

R  (1  K )
R
и, следовательно U вых  0 , U R  R  I  Eи
I
t0
t0
E и R Eи R
t 
0
UR
UC
Eи
0
Eи
0
0
Eи (1  K )
Eвых
0
0
Eи K
При t0  состояние цепи не меняется. При t   IC = 0, Eвых = EиK,
UR = 0, UC = Eи + Eвых = Eи (1+K).
Окончательное решение для тока
имеет вид:
t
E
I (t )  и e RC (1 K ) .
R
Выходное напряжение ОУ
Eвых
t


Eи RC (1  k )
  K ( Eи  RI )   K  Eи  R
e
R


t




RC (1  k )
   Eи K 1  e






.


Приложение 2. Вывод формулы разложения
Любая дробь, состоящая из многочленов вида
N  p  an p n  an 1 p n 1      a1 p  a0
,

M  p  bm p m  bm 1 p m 1      b1 p  b0
(1)
при условии, что n  m и все корни M(p) простые, может быть
представлена в виде суммы простых дробей
m
N  p
1
1
1
1
, (2)
 A1
 A2
     Ak
  Ak
M  p
p  p1
p  p2
p  p k k 1 p  pk
где pk есть корни уравнения M(p) = 0.
Коэффициенты Ak находятся следующим образом: умножим обе части
равенства (2) на (p  p1):
m
N  p
1
.
( p  p1 )  A1  ( p  p1 ) Ak
M  p
p

pk
k 1
(3)
Устремим p p1. В левой части равенства появляется неопределенность, так как M(p1) = 0 (p1 есть корень уравнения M(p) = 0).
107
Раскроем неопределенность по правилу Лопиталя: производную от
числителя разделим на производную от знаменателя и найдем предел
дроби:

N  p
 p  p1   lim N  p    p  p1 N  p   N  p1  .
x  x1 M  p 
x  x1
M  p 
M  p1 
lim
Таким образом, из (3) при p =p1 получаем равенство: A1 
Аналогично, Ak 
N  pk 
.
M  pk 
(4)
N  p1 
.
M  p1 
Следовательно,
N  pk 
N  p2 
N  p  N  p1 
1
1
1


  

















M p M p1 p  p1 M p2 p  p2
M p k p  pk 

k m
Np

1
 M  pk   p  p .
k
k
k 1
(5)
Пусть выражения (1) и (5) есть изображение какой-либо временной
функции, например тока
I  p 
N  p  k  m N  pk 
1
.

M  p  k 1 M  pk   p  pk 
(6)
Перейдем от изображения к оригиналу, учитывая, что оригинал суммы
изображений равен сумме оригиналов слагаемых изображения. Множители
N  pk  M  pk  есть числа постоянные, а выражениям 1/(p  pk)
соответствуют функции времени вида e
результате получаем
I t  
k m
Np

 M  pk  e
k 1
pk t
pk t
(см. формулы соответствия). В
.
(7)
k
Равенство (7) и есть формула разложения Хэвисайда.
108
Библиографический список
Атабеков Г. И. Теоретические основы электротехники. М.: Энергия,
1970. Ч. 1.
Бессонов Л. А. Теоретические основы электротехники: 8-е изд.
М.: Высш. шк., 1984.
Матханов П. Н. Основы анализа электрических цепей. Линейные цепи.
М.: Высш. шк., 1972.
Попов В.П. Основы теории цепей. М.: Высш. шк., 1998.
Гоноровский И. С. Радитехнические цепи и сигналы. М.: Сов. радио,
1966. Ч. 1.
Бирюков В. Н. и др. Сборник задач по теории цепей. М.: Высш. шк.,
1986.
Хоровиц П., Хилл У. Искусство схемотехники: В 2 т. М.: Мир, 1983.
Бессонов Л. А. Теоретические основы электротехники. Электрические
цепи. Учебник. 10-е издание. Москва, 2002.
109
Оглавление
Введение............................................................................................................... 1
1. Электрические цепи постоянного тока ......................................................... 4
1.1. Источник ЭДС и источник тока ............................................................. 4
1.2. Допустимые и недопустимые комбинации соединений
идеальных источников в электрических цепях ............................................ 7
1.3. Метод эквивалентного генератора ......................................................... 7
1.4. Принцип наложения и метод наложения ............................................. 11
1.5. Метод, основанный на использовании первого и второго
законов Кирхгофа ......................................................................................... 12
1.6. Метод контурных токов ........................................................................ 16
1.7. Метод узловых потенциалов................................................................. 19
1.8. Сравнение метода контурных токов и метода узловых
потенциалов................................................................................................... 22
1.9. Преобразование звезды в треугольник и треугольника в звезду ....... 23
1.10. Мощность в цепях постоянного электрического тока ...................... 26
2. Электрические цепи синусоидального переменного тока ......................... 28
2.1. Синусоидальный ток и его основные характеристики ....................... 28
2.2. Символический метод расчета цепей синусоидального тока ............ 30
2.3. Мощность в цепи синусоидального переменного тока ...................... 35
2.4. Трехфазные цепи синусоидального переменного тока ...................... 41
3. Резонансные процессы в электрических цепях .......................................... 46
3.1. Основные параметры колебательного контура ................................... 46
3.2. Последовательный колебательный контур .......................................... 49
3.3. Согласование нагрузки с последовательным колебательным
контуром, метод частичного включения .................................................... 52
3.4. Параллельный колебательный контур ................................................. 54
3.5. Избирательность контура ...................................................................... 58
3.6. Полоса пропускания контура ................................................................ 61
3.7. Многорезонансные цепи ....................................................................... 63
4. Переходные процессы в электрических цепях ........................................... 66
4.1. Общий подход к анализу переходных процессов ............................... 66
4.2. Классический метод анализа переходного процесса .......................... 67
4.3. Формализация классического метода .................................................. 70
4.4. Переходные процессы в цепях синусоидального переменного
тока ............................................................................................................... 787
4.5. Операторный метод анализа переходных процессов ....................... 800
5. Нелинейные электрические цепи ................................................................. 87
110
5.1. Теоретические сведения ....................................................................... 87
5.2. Диод в качестве нелинейного элемента электрической цепи ............ 87
5.3. Решение задач ........................................................................................ 88
6. Операционные усилители ............................................................................ 94
Приложение 1. Ответы к задачам для самостоятельного решения ............ 104
Приложение 2. Вывод формулы разложения ............................................... 107
Библиографический список ........................................................................... 109
111
Учебное издание
Беликов Олег Витальевич, Веремеенко Владимир Федорович,
Чупыра Андрей Геннадьевич
ОСНОВЫ РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ
Учебное пособие
Подписано в печать 20.05.2010. Формат 60×84/16.
Уч.-изд. Л. 7 Усл.-печ. Л. 6,5. Тираж 200 экз.
Заказ № 127
Редакционно-издательский центр НГУ
630090, Новосибирск-90, ул. Пирогова, 2.
112