А.В.Макаров, В.Д.Лебедев СБОРНИК ЗАДАЧ

Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Ивановский энергетический университет имени В.И.Ленина»
Кафедра теоретических основ электротехники
и электротехнологий
А.В.Макаров, В.Д.Лебедев
СБОРНИК ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ ПО
ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ И ОБЩЕЙ ЭЛЕКТРОТЕХНИКЕ
Учебное пособие
Под редакцией А.В.Макарова
Иваново 2010
1
УДК 621.314
М 15
Макаpов А.В., Лебедев В.Д. Сборник задач повышенной сложности
по теоретической и общей электротехнике: Учеб. пособие / Под ред.
А.В.Макарова; ГОУВПО "Ивановский государственный энергетический
университет им.В.И.Ленина". – Иваново, 2010 – 84 с. ISBN
В учебном пособии приведены примеры решения задач повышенной
сложности для углубленного изучения материала по курсам теоретической и
общей электротехники. Представленные примеры могут быть полезны для
самостоятельной работы студентов при изучении курса теории цепей. В
пособии приведены задачи, предлагавшиеся в разное время на олимпиадах как
в ИГЭУ так и в олимпиадах проводимых в других вузах в частности МЭИ(ТУ),
а также оригинальные задачи составленные авторами.
Ил. 82. Библиогр.: 42 назв.
Печатается по решению редакционно-издательского совета ГОУВПО
"Ивановский государственный энергетический университет им.В.И.Ленина"
Научный редактор кандидат технических наук, доцент А.В.Макаров
Рецензенты:
кафедpа теоpетических основ электpотехники и электpотехнологии ГОУВПО
"Ивановский госудаpственный энеpгетический унивеpситет им. В.И.Ленина";
кандидат технических наук, доцент М.С.Сайкин
МАКАРОВ Аркадий Владиславович
ЛЕБЕДЕВ Владимир Дмитриевич
СБОРНИК ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ И
ОБЩЕЙ ЭЛЕКТРОТЕХНИКЕ
набор и компьютерная верстка: ДЫДЫКИНА Надежда Николаевна
Редактор
Лицензия ИД N 05285 от 4 июня 2001 г
Подписано в печать
Формат 6084116.
Печать плоская. Усл. печ. л.1,62. Тираж 100 экз. Заказ
Отпечатано в РИО ГОУВПО «Ивановский государственный энергетический
университет имени В.И.Ленина»
ИГЭУ
153003,
г.
Иваново,
ул.
Рабфаковская,
34
2
Цепи постоянного тока
Задача № 1
R0
Е1
R2
Е2
R3
R1
В цепи известны два режима
потребления
мощности
всеми
сопротивлениями:
1) при R0 = R Р = 40 Вт;
2) при R0 = 0,25R Р = 70 Вт.
Определить Р при R0 = 2 R.
Решение
Мощность, потребляемая R1, R2, R3, не зависит от величины R0.
Для первых двух режимов
 Å1  Å2 2  40  Ð
123 ;
R
 Å1  Å2 2  70  Ð
0,25R
Следовательно,
 Å1  Å2 2  10 Вт,
Р123 = 30 Вт.
R
Для третьего режима:
 Å1  Å2 2  Ð  30 , откуда P = 35 Вт.
2R
Ответ: P = 35 Вт.
3
123
.
Задача № 2
А
Rн
Известно, что в цепи при изменении
сопротивления Rн мощность, выделяемая
в Rн изменяется обратно пропорционально
Rн.
Определить параметры активного
двухполюсника, если при значении
Rн = 3 Ом; Р = 300 Вт.
Решение
Мощность, потребляемая нагрузкой, равна
U í2 .
Rí
Линейное изменение мощности обратно пропорционально
сопротивлению возможно, если активный двухполюсник представляет
собой идеальный источник напряжения:
P  Rí I í2 
P
U í2 Å 2 ,

Rí
Rí
откуда Å  ÐRí  300  3  30 В.
Ответ: ЭДС активного двухполюсника равна Е= 30 В, внутреннее
сопротивление равно нулю.
4
Задача № 3
Система электроснабжения истребителя СУ-21 имеет следующие
параметры: ЭДС и внутреннее сопротивление генератора Ег = 32 В, Rr
= 0,004 Ом; ЭДС и внутреннее сопротивление аккумуляторной батареи
ЕБ = =26 В, RB = 0,008 Ом. В нормальном режиме uC = 28 B.
1. Рассчитать и построить зависимость IБ (IН).
IГ
Г
IБ
АБ
IН
П
uС
2. Вычислить токи в системе при нормальном режиме.
3. Вычислить ток батареи при пятикратном увеличении тока
нагрузки (в форсированном режиме).
Решение
I Ã  I Í  I Á ;

uÑ  RÃ I Ã  Å Ã ;
u  R I  Å .
Á Á
Á
 Ñ
ÅÃ  ÅÁ  RÃ I Í
IÁ 
 à  bI Í ;
RÁ  RÃ
à
b
Å Ã  ÅÁ
32  26

 500 ;
RÁ  RÃ  8  4   103
RÃ
4  103

 0,334 .
RÁ  RÃ  8  4   103
ÅÃ  RÃ I Í  ÅÁ  режим заряда I Á  0 ; ÅÃ  RÃ I Í  ÅÁ  режим
разряда I Á  0 ; ÅÃ  RÃ I Í  ÅÁ  режим холостого хода I Á  0 .
5
IÍ

 I Á 0 
Å Ã  ÅÁ
à
500


 1500 À.
RÃ
b 0,334
Номинальный режим uÑ  28 Â .
IÃ 
ÅÃ  uÑ 32  28

 1000 À ;
RÃ
4  103
IÁ 
uÑ  ÅÁ 28  26

 250 À ;
RÁ
8  103
I Í  I Ã  I Á  1000  250  750 À .
Форсированный режим I Í ô  5I Í  3750 À .
I Áô  à  bI Í ô  500  0,334  3750  750 À .
Ток генератора в форсированном режиме составит
I Ãô  I Í ô  I Áô  3I Ã  3750   750   3000 À .
600
400
Iн 750
Iб: 250
Ток батареи I, A
200
Iн 1500
Iб: 0
0
-200
-400
-600
-800
Iн 3750
Iб: -750
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
Ток нагрузки I, A
Напряжение сети
uÑ  ÅÁ  RÁ I Áô  26  8  103   750   20 Â .
6
3500
4000
Задача № 4
1
A
E
В цепи ток I равен 6 А
при разомкнутом ключе K и
10 A при замкнутом.
Определить параметры
активного
двухполюсника
относительно полюсов 1, 2
при значениях параметров
R=10 Ом, Е=200 В.
I
K
2
Решение
Решение
генератора:
основано
на
применении метода эквивалентного
ЕэкЕ= I(1)(10 + Rэк); ЕэкЕ=I(2)Rэк ,
или I(1)(10+Rэк)= I(2)Rэк; 6(10+Rэк)=10Rэк ,
откуда Rэк=15 Ом; Еэк=Е+ I(2)Rэк=200+10∙15=350 B.
7
Задача № 5
В цепи используется вольтметр и
амперметр,
определить
величины
сопротивлений R1 и R2, а также параметры
активного двухполюсника без разрыва цепи
(приборы идеальные).
R1
A
R2
Решение
Для определения параметров R1 и R2 следует использовать схемы
U
U
замеров. Тогда R1  1 , а R2  2 вследствие того, что весь ток
I1
I2
протекающий через R1, протекает через амперметр A1; аналогично
определяем R2.
Для определения Еэк и Rэк запишем два соотношения,
вытекающие из метода эквивалентного генератора: Еэк= RэкI1 + U1,
U I  U 2 I1
U U2
U U2
Eэк= Rэк∙I2+U2 ,откуда Rэк= 1
, Еэк= 1
I1+U1= 1 2
.
I 2  I1
I 2  I1
I 2  I1
A
V1
A2
V
A
R1
R1
R2
A1
A
A
8
R2
V2
V
Задача № 6
I1 R
1
R2
E2
R2
В цепи известно, что при
Е1=Е2=10 В, ток I1 в ветви с Е1 равен
1 А.
Определите
величины
сопротивлений R1 и R2, если при
изменении полярности источника
ЭДС Е2 ток I2 уменьшается в 10 раз.
Решение
Решение основано на применении принципа наложения. Ток I
определяется совместным действием обоих источников I=I1+I2:
E1
E ( R  R2 )
.
I1 
 1 1
R1 R2
2 R1 R2
2
R1  R2
Ток I2 определяется разностью токов, протекающим
сопротивлениям R1 и R2 и вызываемых действием источника Е2:
E
E
I2  2  2 .
2 R1 2 R 2
Из условий задачи I=10 I', или
 E ( R  R2 ) E2
E1 ( R1  R2 ) E2
E
E 

 2  10  1 1

 2 ,
2 R1 R2
2 R1 2 R2
2
R
R
2
R
2
R2 

1 2
1
так как Е1=Е2, то
2
2
 10 , R2  10R1 .
R1
R2
По известному значению тока I1 определяем R1 и R2:
 R  R2
1
1  E
I1  E  1


 ,
 2 R1 R2 2 R1 2 R2  R1
откуда R1=10 Ом, R2=10R1=100 Ом.
9
по
Задача № 7
E2
В цепи известны показание
вольтметра, равное 24 В, и
значения параметров R1= R2=
=R3=2 Ом, Е2 = 8 В.
Определите
показание
вольтметра в случае размыкания
ветви с сопротивлением R2.
R1
+
v
V
R2
R3
E1
Решение
Решение
основано
на
применении метода двух узлов.
Напряжение вольтметра U ' (U '  24B) по методу двух узлов:
V
V
E1 E2

R R2
,
U '  1
V
1
1

R1 R23
где R23 – параллельное соединение сопротивлений R2 и R3:
RR
R23  2 3 ; R23 = 1 Ом.
R2  R3
Из этого выражения можно определить ЭДС источника E1:
E1 = 88 В.
В случае обрыва ветви с сопротивлением R2 показание
вольтметра U " определяется в соответствии с выражением:
V
E1 E2 88 8


R1 R3
U "
 2 2  40 B.
V
1
1
1 1


R1 R3
2 2
10
Задача № 8
K
I
A
R1
R2
В цепи известно, что при
замыкании ключа K ток I изменяется
от
5А
до
10 А.
Величины
сопротивления R1=10 Ом, R2=5 Ом.
Определите
параметры
активного двухполюсника.
Решение
При решении данной задачи, очевидно, что параметры
эквивалентного генератора Еэк и Rэк не зависят от положения ключа К.
Поэтому решение системы уравнений
Еэк  I ' ( Rэк  R1  R2 ),
где
Eэк  I '' ( Rэк  R2 ),
I '  5 A и I ''  10 A, дает искомые значения Еэк и Rэк.
Ответ: Еэк= 100 В, Rэк=5 Ом.
11
Задача № 9
I
A
В цепи известно, что
замыкание ключа K ток I
изменяется от 3 А до 6 А.
Величины
сопротивления
R1=10 Ом, R2=5 Ом.
Определить
параметры
R1
R2
K
активного двухполюсника.
Решение
При решении данной задачи, очевидно, что параметры
эквивалентного генератора Еэк и Rэк не зависят от положения ключа К.
Поэтому решение системы уравнений
Еэк  I ' ( Rэк  R1  R2 ),
Ответ: Еэк=40 В, Rэк=10/3 Ом.
12
Eэк  I '' ( Rэк  R2 ),
Задача № 10
В
цепи
известны показания
A1
A2
R1
амперметров А1 и А2
A
A
при
различных
E
R2 K2
положениях ключей
K1
и
K2.
При
разомкнутых ключах
К1 и К2 показания
амперметров равны
4,5 А и 1,5 А соответственно. При замкнутом ключе К1 и разомкнутом
ключе К2 показания амперметров равны 6 А и 3 А.
Величины сопротивления R1=40 Ом, R2=20 Ом. Определите
показания амперметров А1 и А2 при замкнутом ключе К2 и
разомкнутом К1.
K1
A
Решение
Решение основано на использовании теоремы об активном
двухполюснике и теоремы о линейных соотношениях.
В соответствии с теоремой об эквивалентном генераторе для
токов, протекающих через амперметр А2, при различных положениях
ключей К2 и К1 можно записать:
E эк
;
Rэк  R1  R2
(1)
I '' 2 
E эк
;
Rэк  R2
(2)
I "' 2 
E эк
.
Rэк  R1
(3)
I '2 
Здесь I 2  1,5 A , I 2  3 A , I 2  искомый ток.
'
"
"'
Определив из уравнений (1) и(2) значения параметров
эквивалентного генератора Еэк и Rэк, из уравнения (3) найдем значение
13
тока I2 при разомкнутом ключе К1 и замкнутом К2 (Еэк= 120 В, Rэк=
=20 Ом и I
"'
2
 2 A ). Для вычисления I1 воспользуемся принципом
линейности, согласно которому изменения всех токов связаны между
собой простыми линейными уравнениями, если это изменение токов
вызвано изменением параметров (сопротивления или ЭДС) только
одной ветви (или изменением тока в одном источнике тока). Таким
образом, для токов I1 и I2 можно записать
I1  a  bI ' 2 . Расписывая
для различных положений ключей К1 и К2 данное уравнение и
определяя коэффициенты а и b, найдем искомое значение тока I2:
или 4,5  a  1,5b;
I '1  a  bI ' 2 ;
(4)
I "1  a  bI " 2 ;
(5)
I "'1  a  bI "'2
(6)
6,0  a  3b; I "'1  a  2b.
Из формул (4), (5) определяем а и b (а=3, b=1), из формулы (6)
определяем
Ответ:
I "'1 ( I "'1  5 A).
I1  5 A, I 2  2 A.
14
Задача № 11
В цепи два реальных источника
ЭДС
подключены
параллельно
к
I2
I1
E1
E2
полюсам пассивного двухполюсника.
Известно, что при Е1=200 В и Е2=150 В
величины токов I1= 50 A, I2= 100 A. Если
R1
R2
увеличить ЭДС Е2 до 280 В (при
неизменной Е1), то ток I2 увеличится до
200 А.
Определите значения внутренних сопротивлений источников
ЭДС R1 и R2.
П
Решение
Решение основано на применении законов Кирхгофа и метода
наложения:
E1  I1R1  ( I1  I 2 ) RBX ; E2  I 2 R2  ( I1  I 2 ) RBX ,
E1  E2  I1R1  I 2 R2 , 50  50R1  100R2 ;
или
(1)
4  R1
;
3
R1  4  3RBX .
RBX 
R2
R1
RBX
(2)
(3)
Дополнительное соотношение для
определения параметров можно получить,
Eдоп
используя данные второго режима и решая
эту задачу методом наложения.
Считая приращение E2 аналогичным
включению дополнительного источника, получаем расчетную схему
рис. В этой схеме Едоп = 130 В, I ' 2  100 Â. Поэтому

RR
130  100  R2  1 BX
R1  RBX

15

.

(4)
Решая совместно (1), (2), (3), находим
Ответ:
RBX , а затем R1 и R2 .
RBX  1 / 3 Ом, R1  3 Ом, R2  1 Î ì .
16
Задача № 12
В цепи известны следующие режимы:
1) При Е1= 0 и R1= 20 Ом значения токов в ветвях I1= 5 A, I2=
=10 A, I3= 5 A.
2) При Е1= 0 и R1= 5 Ом значения токов в ветвях I1= 10 А, I2=
=7,5 А, I3= 15 А.
A1
A
I1
I2
A
I
A
Ull'
R1
A2
R2
I'
E1
R3
A3
I3
A
Определите величину Е1 при которой ток I2 станет равным 0, если
R1= 5 Ом. Найти при этих условиях величину тока I3.
Решение
Решение основано на использовании принципа линейных
соотношений между токами и напряжениями цепи.
Используем теорему компенсации. Падение напряжения на
сопротивлении R1 эквивалентной ЭДС: запишем для первой ветви:
E1ýêâ(1)  I1(1) R1(1)  100 Â , E1ýêâ(2)  I1(2) R1(2)  50 Â.
Далее используется принцип линейности, запишем:
I K  bEM
Для заданных режимов:
E1ÝÊÂ  50 Â; I1  5 A; I 2  2,5 A; I3  10 A.
Чтобы ток
I 2 уменьшился до нуля от начального значения
17
10 А, мы должны изменить эквивалентную ЭДС E1ÝÄÑ до значения,
которое определяется соотношением:
E 1ÝÊÂ (3)  E 1ÝÊÂ (1)
E1
оттуда

0  I 2(1)
I 2
E1ÝÊÂ (3) =100 В. Величину тока
соотношения:
I 1(3)  I 1(1)

I 1
откуда I1(3)  25 A . Так как
0  I 2(1)
,
I 1(3) определяем из
;
I 2
E1ÝÊÂ  U 11 , то в соответствии с
'
законом Кирхгофа можем записать:
E  I1(3) R1(3)  U 11 ,
'
откуда
E  25 B.
Величину тока I 3( 3) определяем из соотношения:
I 3(3)  I 3(1)
I 3
откуда

I3  45 A.
18
0  I 2(1)
I 2
,
Задача № 13
В цепи к выходным полюсам
линейного
пассивного
симметричного четырехполюсника
R
подключен источник Е1= 50 В, а к
выходным полюсам подключен
K
источник Е2= 15 В и резистор
E2
R= 5 кОм. Известно, что при
замкнутом ключе К ток I1= 10 мА, а
ток I2= 5 мА.
Определите величины токов при разомкнутом ключе К.
I1
E1
I2
П
Решение
Решение основано на использовании теорем об эквивалентном
генераторе и компенсации, а также принципа взаимности.
Так как четырехполюсник симметричный, его входное
сопротивление при замкнутом ключе
K 1 относительно зажимов
1 1' равно сопротивлению относительно зажимов 2  2 ' , поэтому:
E
50
R1BX  R2 BX  1 
 5  10 3 Îì .
I 1 10  10 3
RBX
2
R
EЭКВ
Е2
2'
Рис. 1.10
Следовательно, относительно зажимов
2  2 ' схема представляет собой активный
двухполюсник
с
параметрами
RBX  5 êÎ ì , E:ÝÊ  I 2 K 3 RBX  25 B, а
эквивалентная
схема
для
случая
разомкнутого ключа имеет вид, показанный
на рис.1.10.
По
эквивалентной
схеме
определяется ток:
19
I 2' 
EÝÊÂ  Å2 25  15

 1 ì À.
RBX  R
55
Включение ветви R, E2 эквивалентно включению в схему
дополнительного источника: EÊÎ Ì  E2  I 2' R  20 B.
Решая задачу с использованием принципа взаимности, находим
приращение тока
I 1 от компенсационного источника:
E
I1KOM  KOM I 2  2 ì À,
E1
откуда
I1'  I1  I1KOM  10  2  8 ì À.
20
Задача № 14
R7
R1
R2
E
R5
R9
A
b
R3
RH
R6
Определите
такое
значение сопротивления RH,
чтобы
изменение
сопротивления
R9
не
вызывало изменение токов в
остальных элементах цепи
рис. 1.
Решение
R4
R8
Рис. 1
что
Решение связано с тем,
изменение величины
сопротивления
R9 не будет
вызывать изменения режима в схеме при условии, что ток через него
равен нулю, т.е. схема работает в режиме уравновешенного моста.
После преобразования
R7
R1
R5H
треугольника cbd в звезду
переходим к схеме рис. 2,
с
где
R2
R56
R9
E
R5 RH
b
R5 H 
,
R3
R5  R6  RH
R6H
R4
R8
R6 H 
d
Рис. 2
R6 RH
.
R5  R6  RH
Условием
моста
равновесия
является
равенство
произведений сопротивлений противоположных плеч моста:

R6 RH
R2  R8 
R5  R6  RH



R5 RH
  R3  R7 
R5  R6  RH


откуда
21

,

RH 
 R5  R6  R2 R8  R3 R7  .
R3  R5  R7   R2  R6  R8 
22
Цепи синусоидального тока
Задача № 15
R1
*
I2
U
*
Дано:
R1 = R2 = R3 = 10 Oм ;
X3 = 5 Oм.
Х2
R2
W
Х3
R3
Определить значение X2, при
котором показания ваттметра будет
равно нулю.
Решение
I2 
Z1
U
UZ1


Z1Z 2 Z1  Z 2 Z Z  Z  Z Z
3
1
2
1
2
Z3 
Z1  Z 2



UR1

R

jX
R

R
 3
3  1
2  jX 2   R1  R2  jX 2 

UR1
 R3  R1  R2   R1R2  X 2 X 3   j  X 3  R1  R2   R3 X 2  R1 X 2  .
Указанное условие сдвига фаз Ứ и Ỉ2 будет выполняться, если
вещественная часть знаменателя последней дроби будет равна нулю:
R3(R1+R2)+R1+R2−X2X30,
откуда
X2= R3( R1  R2 )  R1R2 = 10 10  10   10  10 =60 Ом.
5
X3
23
Ответ: Х2 = 60 Ом.
24
Задача № 16
XL
e
XC
R
Рис.1
При каком значении XC
активная
мощность,
передаваемая
источником
приемнику с сопротивлением
R, максимальна, если
e=141,2 sin ωt A;
XL=10 Ом; R= 50 Ом.
Чему равна эта мощность?
Решение
>>
1.
Источник ЭДС
е с индуктивным сопротивлением ХL
представляем активным двухполюсником и заменяем
эквивалентной схемой
замещения (Рис.2),
где
J X
XC
R
L
E
100
J

  j10 А.
jX L
Рис.2
j10
Максимальная
мощность, будет иметь место при резонансе токов, а именно
при
ХС=ХL= 10 Ом.
Потребляемая мощность
Р= I 2R= 102 50=5000 Вт.
Ответ: 5000 Вт.
25
Задача № 17
Генератор, питающий линию электропередач (ЛЭП), отдает
активную мощность PГ = 40 кВт. Напряжение генератора UГ = 3,3 кВ.
RЛ
ХЛ
RН
Г
ХН
Параметры ЛЭП: RЛ=10 Ом, XЛ=60 Ом.
Активная мощность, потребляемая активно индуктивным
приёмником PН=32 кВт.
Определите напряжение на приемнике и параметры приемника:
R Н и X Н.
Решение
Комплексное сопротивление линии: ZЛ= RЛ+ jXЛ= 10+j60 Ом.
Исходя из того, что активные потери в линии можно
определить по выражению PЛ= I2RЛ и в соответствии с балансом
мощности модуль тока определим как: I 
PÃ  PÍ
 28,248
RË
À.
Активное сопротивление нагрузки:
RÍ 
PÍ
32  103

 40 Î ì .
2
2
I
28,248
Полная мощность, отдаваемая генератором и соответственно
потребляемая всей цепью,
S à  U à  I  3,3 103  28,248  93,34 êÂÀ .
26
Фазовый

сдвиг
между
током
и
напряжением


10
  arccos 
2
2
2
 10  602
 R Õ 
Ë
Ë 


 Ë  arccos 
RË
в
линии:

  80,538.


Фазовый сдвиг между током и напряжением генератора
 PÃ
 SÃ
 Ã  arccos 
 40  103 

 64,624.
  arccos 
3

 93,34  10 
Принимая фазу тока равной нулю, определим вектор падения
напряжения на линии:
U Ë  IZ Ë  28,248  10  j 60   282,48  j1697 Â.
Комплексное напряжение генератора
U Ã  U Ã e j Ã  3,3 103 e j 64,624  1,414  j 2,982  103
Напряжение на потребителе:
U Í  U Ã  U Ë  1,414  j 2,982   103   282,48  j1697  
 1,131  j1,285  103 Â.
Комплексное сопротивление потребителя
ZÍ 
UÍ
1,131  j1,285 103  40  j 45,416



I
28,248
27
Îì .
Â.
Задача № 18
a
I1
I2
R2
-jxc
R1
J=8A
jxL2
jxL1
в
В цепи установившийся
синусоидальный режим:
R1=0,25 Ом, ХL1=0,5 Ом,
РR1=4 Вт, Q = 8 Вар.
Найдите величину
сопротивления R2, если
действующее значение
источника тока равно J=
=8 A.
Решение
ÐR1  I12 R1 => I 
1
ÐR1
4

 4 À;
R1
0, 25
Q  QÕL1  QÕL 2  QÕÑ ,
QÕL  I12 ÕL  42  0,5  8 Âàð ;
т.к.
QÕL1  Q , то QÕL 2  QÕÑ  0 => во второй ветви имеет место
резонанс напряжений.
Предполагая, что напряжение uaв и ток I2 направлены по оси
действительных чисел, то
I1  4e j 0 , где
1  arctg
Q1
Õ
 arctg 1  arctg 2  63,43 =>
Ð1
R1
I1  4e j 63,43  1,79  j 3,58 À.
Из векторной диаграммы следует:


I 2  J 2  Im I 12  Re  I1   82  3,582  1,79  5,36 À.
Найдем напряжение
28
uàâ  I1 z1  4  0, 252  0,52 
+j
İ2= 5,4 A
63
b
Im(İ1)
J=8A
Uав
 4  0,56  2, 24 Â.
a
+1
İ1=4A
Исходя из резонанса uaв
= uR2 =>
R2 
Re(İ1)
uR 2 2, 24

 0, 418 Î ì
I2
5,36
.
Ответ: R2=0,418 Ом.
29
Задача № 19
A1
Показания приборов:
V1=200 B;
A3
I A1  I A2  I A3  20 A.
Найти потребляемую
активную мощность.
R
A2
V1
L
C
Решение
1. Исходя из равенства действующих значений токов
( I A1  I A2  I A3  20 A.), векторы данных токов образуют
равносторонний треугольник (см. векторную диаграмму).
I3
I2
I1
?
Тогда α= 30° (ток
U
.
I1
опережает напряжение).

o
2.
Следовательно, I 1  20e j 30 A.
3.
P  UI1 cos 30o  200  20
3
 3  2000 Âò .
2
30
Задача № 20
Определить действующее значение ЭДС E, если R1=10 Ом;
XL1=20 Ом;
PW
XL1
XC1=20 Ом;
R1
XC1
*
R2=20 Ом;
*
XC2=20 Ом;
E
XC2
PW=500 Вт.
R
2
Решение
PW
500

 5.
R2
20
1.
I R2 
2.
U R 2  R2 I R 2  20  5  100.
.
3.
I C2
U R2
100


 j 5.
 jX C 2  j 20
4.
I  I R 2  I C 2  5  j 5.
.
.
5.
E   R1  jX L1  jX C1  I  U R 2  50 1  j 1  j   100 
.
.
.
.
.
 50 1  2 j  1  100  100  j100  E  2  100.
31
Задача № 21
При каком значении XL ток через
резистор будет максимальным, если
XC
e  t   220 2 sin t В; Xc=20 Ом;
e(t)
Х1 R
R=100 Ом.
Определите действующие
значения токов во всех ветвях.
Решение
Максимальным ток будет в режиме согласованной нагрузки.
Для решения данной задачи наиболее эффективно использовать
метод активного двухполюсника с преобразованием последовательной
схемы замещения в параллельную
XC
e(t)
Х1 R
→
j(t)
X’C
Х1 R
Параллельная схема замещения имеет следующие параметры:
J
E
220

 11e j 90 А.
 jÕÑ 20e j 90
В соответствии со схемой, максимальный ток будет при XL=XC,
т.е. при резонансе токов (весь ток от источника тока идет через
резистор R)
I R  J  11e j 90 A.
32
Падение напряжения на резисторе
U R  I R R  11e j 90  100  1100e j 90 В.
Ток через индуктивное сопротивление
I XL 
UR
1100e j 90

 55 A.
20e j 90
20e j 90
Ток ветви источника напряжения с конденсатором равен
I  I R  I XL  55  j11 A.
33
Задача № 22
Определить показания вольтметров электромагнитной системы,
если
R1=24 Ом; R2=12 Ом; XL1 = XC1 =6,2 Ом; XL2 = XC2 = 14 Ом;
e1(t)=141sin314t В; e2(t)=141sin(314t + 90º) В; j(t)=2,82sin(314t  90º) А.
Решение
Исходя из резонанса токов (ХL1=XC1) ток в первом контуре будет
равен нулю.
Отсюда
UV1=0 Â .
Во втором контуре – резонанс напряжений (ХL2=X2).
Ток во втором контуре определяется источником тока
I
I m 2,82e  j 90

 2e j 90 À;
2
2
UV 2  IR2  2e  j 90  12  24e  j 90 Â.
UV2= 24 B.
34
Цепи со взаимными индуктивностями
Задача № 23
i1
U1
i2
M
R2
L2
L1
V1
А1
В схеме известны показания приборов электродинамической
системы
амперметра
вольтметра
U1  10 5 Â ;
I1  2 2 À ,
i2 (t )  2 sin100 t  À  ; R2=XL2=20 Ом.
Определить: собственные L1, L2 и взаимную М12 индуктивности;
коэффициент связи Ксв. Записать мгновенные значения напряжения
u1(t) и i1(t).
Решение
ÕL 2   L2  L2 
ÕL 2


20
 0,2 Ãí .
100
Комплекс действующего значения вторичного тока равен
I 2  1.
Для вторичного контура уравнение Кирхгофа:
I 2  R2  jX L 2   I1 jX Ì  0 .
Пусть I1  I1e j1 , тогда
 20  j 20 1  jX Ì
I1
j 90 1 
или 20 2e j 45  2 2 ÕÌ e 
.
Откуда
ÕÌ  10 Î ì ,
ÕÌ   Ì  Ì
1  45  90  45 .
Тогда I1  2 2  45  2  j 2.
35
12

ÕÌ


10
 0,1 Ãí ;
100

Мгновенное значение тока i (t )  4sin 100t  45
1
  À .
Для первичного контура имеем
U1  jÕL1I1  jX Ì I 2
или U1  jÕL1  2  j 2   j10  1, или U1  2 ÕL1  j  2 ÕL1  10  .
Переходя к модулям, возводя их в квадрат, получаем:
U12   2 ÕL1    2 ÕL1  10  .
2
2
Получено квадратное уравнение относительно параметра ХL1:
5002=4XL12+4X L1240XL1+100.
Его решение дает
ÕL1,2  2,5  6,25  50  2,5  7,5;
ÕL1  10 Î ì ; L1 
ÕL1


10
 0,1 Ãí .
100
Коэффициент связи К св
ÕÌ
10
1
Ê ñâ 


 0,707.
ÕL1 Õ1,2
10  20
2
Комплекс действующего значения входного напряжения
U1  j10  2  j 2   j10  20  j10  10 526,6 .
Мгновенное значение этого напряжения
u1 (t )  10 10 sin 100t  26,6
36
  Â .
Задача № 24
M
M M
L(0) L(0)
L(0)
В схеме n катушек индуктивностью L0 каждая соединены
параллельно. Взаимная индуктивность между любыми из них равна М.
Определите эквивалентную индуктивность цепи при числе
катушек n  .
Решение
Ток в неразветвленном участке цепи равен сумме токов n
катушек.
I n
U
  L0   n  1 M 
Lэкв = L0   n  1 M
n
При n   получаем Lэкв  M.
37
Задача № 25
C
V1
*
e
V2
*
*
L1
L2
M12
L3
L4
M34
V3
*
Рис. 1
В цепи: e  120 2 sin 4000t В, L1= L3 = 20 мГн, L2= L4 = 25 мГн,
М12= М34 = 10 мГн, С = 2,5 мкФ.
Определите
показания
вольтметров,
реагирующих
на
действующее значение напряжения.
Катушки индуктивности считайте идеальными, собственной
проводимостью вольтметров пренебречь.
Решение
I1 a
*
E
b I2
V1
C d
V2
f
E  120 Â ,
*
*
L1
L2
L3
M12
L4
M34
g
V3
*
xL1  xL3   L1  4000  20 103 
 80 Î ì ;
xL 2  xL 4   L3  4000  25 103 
 100 Î ì ;
Рис.2
xÌ
12
 Ì
 4000 10 103  40 Î ì ;
1
1
xÑ 

 100 Î ì .
ωÑ 4000  2,5 106
 xÌ
34
12
38
Выберем направления токов в ветвях и совпадающие с ними
направления обходов контуров (рис. 2). Как следует из схемы, токи
могут проходить только в двух замкнутых контурах (проводимостью
вольтметров пренебрегаем по условию).
В соответствии с выбранными направлениями токов составляем
уравнения по второму закону Кирхгофа

 I1 jxL1  I 2 jxM 12  E,


 I 2  jxL 2  jxL 3  jxÑ   I1 jxM 12  0.
Решаем полученную систему уравнений относительно токов,
подставляя численные значения:

 I1 j80  I 2 j 40  120,


 I 2  j100  j80  j100   I1 j 40  0.
Из второго уравнения выражаем ток I2:
I 2 j80  I1 j 40  0 →
I 2 j80  I1 j 40
→
I 2  I1
j 40
 0,5I1 А,
j80
полученное выражение для тока I2 подставим в первое уравнение
системы и выразим ток I1:
I1 j80  0,5I1 j 40  120 → I1 j80  I1 j 20  120 → I1 j 60  120 →
I1 
120
  j 2  2å j 90 А.
j 60
Отсюда ток I2: I 2  0,5I1  0,5   j 2    j1  å j 90 А.
Определим напряжение на катушке L1 Ubg по второму закону
Кирхгофа:
Ubg   I 2 jxL 2  I1 jxÌ
12
    j1 j100    j 2  j 40  100  80  20 В.
Определим напряжение на вольтметре V1 Uab:
U ab  E  U bd  120   20   140 В.
Определим напряжение на катушке L3 Udg по второму закону
Кирхгофа:
U dg  I 2 jxL3    j1 j80  80 В.
39
Определим напряжение на катушке L4
напряжением на V3:
U fg   I 2 jxÌ
34
Ufg, что является
    j1 j 40  40 В.
Определим напряжение на вольтметре V2 Udf:
U df  U dg  U fg  80   40   120 В.
40
Цепи трехфазного переменного тока
Задача № 26
Дано:
 L= 3 R; R = 1/  С.
Uл=380 В.
Определить показания вольтметра.
А
L
L
L
В
C
V
C
R
R
С
Рис.1
Решение
1.
А
XL
3
XL
3
В
XL
3
1
XL
 XÑ .
3
2. Последовательно
соединенные ХL и ХС
равны и дают резонанс
напряжений в ветвях фаз
В и С, что позволяет
перейти от схемы на рис.
2 к схеме на рис.3.
2
C
R
V
Треугольник
из
индуктивностей
преобразуем
в
эквивалентную
звезду,
сопротивление каждого
луча которой будет равно
C
R
С
Рис.2
41
3. В схеме на рис. 3
U  N ;
U  N ,
IÂ  Â
IÑ  Ñ
R
R
Тогда в схеме на рис.1.
А
1   N  j
R
R
IC
С
  N  j U Ñ   N  ;
XL
3
N
В
XL
X U  N
IÑ   N  j L Ñ

3
3
R
2   N  j
IB
XL
X U  N
I Â  N  j L Â

3
3
R
  N  j U Â   N  .
Рис.3
4.
U12  1  2   N  jUC  j N   N  jU Â  jN  jUCÂ .
Таким образом, вольтметр покажет
UV=UЛ = 380 В.
Ответ: 380 В.
42
Задача № 27
R
L
А
iA
R
В
iB
R
C
С
iC
Определите токи в приведенной схеме Uлин=220
R=1/  c=  L=10 Ом.
Постройте векторную диаграмму токов и напряжений.
Решение
1. В фазе B резонанс токов. Следовательно,
I B  0 и 1  U B .
U AC 220e j 30

 11e j 30 À .
2R
2  10
3. Из векторной диаграммы видно, что
2.
I A   IÑ 
U12  1,5U Â  190,5e j120 Â.
Тогда
I1 
U12 190,5e j120

 190,5e j 210 À;
j 90
jX L1
10e
I 2   I1  190,5e j 30 À .
43
В;
Задача № 28
В цепи R = ХС, UЛ = 220 В.
R
А
C
V
В
R
С
Определите показания вольтметра, считая его идеальным.
Решение
Запишем выражения для токов
В цепи фазы А - разрыв (так как вольтметр идеальный), поэтому
ток IA=0 А;
Падение напряжения на сопротивлении R в фазе А также равно
нулю.
Токи фаз В и С равны и противоположны по направлениям, в
соответствие со схемой, и по сути являются одним и тем же током,
который определяется по закону Ома:
U ÂÑ
220e j 90
220  j 45


e
A,
 j 45
R  jX Ñ R 2e
R 2
и, как видим, исходя из равенства сопротивлений R и XC, ток IB
опережает напряжение на угол 45º.
Исходя из того же равенства сопротивлений, падение
напряжений UR и UC на R и XC равны по модулю.
I B  Iñ 
Напряжение UR совпадает с током IB по направлению, а UC
отстает от него на угол 90º, оба напряжения на диаграмме образуют
44
прямоугольный треугольник СnB с основанием CB (см. рис.).
+1
A
UAB
UA
n
U(R)
45
IB
-45
U(C)
+j
N
45
UCA
UC
UB
C
d
B
UBC
Опуская перпендикуляр из точки n на отрезок СВ, имеем
прямоугольный равнобедренный треугольник Cnd с основанием Сn,
и прямоугольный треугольник СNd, совместный анализ которых
позволяет определить длину вектора Nn.
U Nn  U nd  U Nd 
U BC
220 220
1
 U Ñ sin 30 

sin 30  110  127   46,5 Â
2
2
2
3
.
Показание вольтметра равно UA – UNn= 127 – 46,5= 80,5 В.
45
Задача № 29
А
*
*
C
W
L
C
В
V
С
R
*
W
*
Определите
показания
приборов, если
UАВ= UВС= UСА=
220 В;
1
  L  R  100
Ñ
Ом.
Решение
В ветви фазы В имеет место резонанс напряжений (падения
напряжений на индуктивности и ёмкости компенсируют друг друга). В
этом случае цепь можно представить схемой замещения (рис.) из
которой следует, что потенциал нейтрального провода нагрузки
оказался смещенным и совпал с потенциалом фазы В.
Ваттметр в
фазе A оказывается
*
C
подключенным
на
А
W
*
реактивную нагрузку
конденсатора
С,
поэтому
его
В
показания
равны
R
нулю.
*
Ваттметр в
С
W
фазе С оказывается
*
подключенным
на
чисто активное сопротивление R, а само сопротивление подключено на
линейное напряжение UCB, поэтому показания ваттметра равны
UCB2/R=2202/100=484 Вт.
Определим ток фазы А исходя из того, что конденсатор С в
данной фазе подключен на напряжение U AB
46
IA 
U AÂ
220e j 30

 2,2e j120 A.
 jX Ñ 100e j 90
+1
UV
A
UAB
UA
IB
UCA
+j
-IB
90
N
IC
UB
UC
IA
C
UBC
B
n
Определим ток фазы C исходя из того, что резистор R в
данной фазе подключен на напряжение
IC 
U CÂ .
U CÂ 220e j 90

 2,2e j 90
R
100
A.
Ток фазы В определим по первому закону Кирхгофа:


I B    I A  I ñ   2,2 e j120  e j 90  4,25e j105  4,25e j 75
A.
Падение напряжения на индуктивном элементе фазы В
определим по закону Ома:
U L  I B  jX L  4,25e j 75 100e j 90  425e j15
Показание вольтметра равно 425 В.
47
B.
Задача № 30
А
IA
R
R = ХL, UЛ = 220
В.
IB
V
R
В
С
n
Определите
показания вольтметра,
считая его идеальным.
IC
Решение
Запишем выражения для токов.
В цепи фазы А - разрыв (так как вольтметр идеальный), поэтому
ток IA=0 А.
Падение напряжения на сопротивлении R в фазе А также равно
нулю.
Токи фаз В и С равны и противоположны по направлениям, в
соответствие со схемой, и по сути являются одним и тем же током,
который определяется по закону Ома:
I B  IÑ 
U ÂÑ
220e j 90
220  j135


e
A,
 j 45
R  jX L R 2e
R 2
и, как видим, исходя из равенства сопротивлений R и XL, ток IB отстает
от напряжения UBC на угол 45º.
Исходя из того же равенства сопротивлений, падение
напряжений UR и UL на R и XL равны по модулю.
Напряжение UR совпадает с током IB по направлению, а UL
опережает его на угол 90º, оба напряжения на диаграмме образуют
прямоугольный треугольник СnB с основанием CB (см. рис.).
48
+1
A
UAB
UA
U(R)
35
-1
+j
U(C)
N
UCA
IB UB
UC
C
45
d
B
UBC
45
n
Опуская перпендикуляр из точки n на отрезок СВ имеем
прямоугольный равнобедренный треугольник Cnd с основанием Сn,
и прямоугольный треугольник СNd, совместный анализ которых
позволяет определить длину вектора Nn.
U Nn  U nd  U dN 
U BC
220 220
1
 U Ñ sin 30 

sin 30  110  127   173,5 Â.
2
2
2
3
Показание вольтметра равно UA – UNn = 127 + 173,5= 300,5 В.
49
Задача № 31
1. Какой величины
должно
быть
сопротивление R, чтобы
IN = 0,
если
ÕÑ  ÕL  3 Î ì .
IA
А
R
В IB
n
C
XL
С IC
2. UAB=UBC=UCA=220
B, R  ÕÑ  ÕL  3 Î ì .
Чему равен ток в
нейтральном проводе?
3. Как изменится ток в
N IN
нейтральном проводе,
если катушку индуктивности включить в фазу С, а конденсатор в
фазу B?
Решение
IN 
1.
E
E A EÂ

 Ñ  0;
R jX L  jX Ñ
E
E A EÂ
E
E e 120 j E Ae120 j E A E Ae 120 j

 Ñ  A A




R
jX L  jX Ñ
R
jX L
 jX Ñ
R
3e90 j

E Ae120 j E A  E A


.
R
3e90 j
3
Отсюда R  3 Ом.
2. Из полученного ранее следует
IN 
E A  E A 3 127 127 3



 30,99 А.
R
3
3
3
3.
50
IN 

E
EA
E
E
E  e 120 j E  e120 j
 Â  Ñ  A  A -90 j  A 90 j 
R - jX C jX L
3
3e
3e

127 1  e 30 j  e30 j
3
  115,57 À.
51
Задача № 32
Показания вольтметра V1
– 450 Вольт.
Определить
показания
всех остальных приборов, если
R=15 Ом.
(Все
приборы
электромагнитной системы).
Решение
Наиболее
простое
решение
получается
из
векторной
диаграммы.
Резисторы в фазах В и С
представляют собой делитель
напряжения, а исходя из равенства сопротивлений нейтральная точка
лежит на середине прямой, соединяющей отрезок ВС.
Исходя из геометрии
действующие значения ЭДС
А
равны 300 В.
U ë= 3Å  519,62 Â ;
I Â  IÑ 
450 В
N
30
С
n
В
52
300  3
 10 3 À
2  15
 показания амперметров.
Вольтметр
V2
показывает
напряжение
смещения нейтрали.
UV2=150 Â  из векторной
диаграммы.
Задача № 33
Симметричная трехфазная система с Е= 220 В и частотой 50 Гц
работает на нагрузку с параметрами: L= 0,2 Гн; R=36 Ом;
С=50,66 мкФ.
Определить комплекс полной мощности S трехфазного
источника.
Е А
IА
Е В
IВ
ЕС
IС
Решение
ÕÑ 
1
1
1



Ñ 2fC 314  50,66  106
 62,83 Î ì ;
R
L
R
L
R
L
ÕL  L  314  0,2  62,83 Î ì .
Исходя из симметрии нагрузки, ток
через сопротивление R в нейтральных
проводах не проходит.
Исходя из равенства сопротивлений
ХС и ХL токи левой и правой частей
53
схемы компенсируются в результате резонанса токов.
Таким образом, мощность в схеме потребляется только
средней частью.
Исходя из симметрии расчет можно вести на одну фазу:
IÀ 
*
ÅÀ
220
220


 3,04e  j 60 ,2 À;
R  jX L 36  j 62,83 72,41e j 60 ,2
*
S  Å À  I À  220  3,04e j 60 ,2  668,4e j 60 ,2  332,2  j 580 BA;
Р=996,5 Вт; Q=1740 Вар; S=2005,2 ВА.
54
Цепи несинусоидального тока
Задача № 34
Определить, при каких параметрах С1, С2, L2 в двухполюснике
будут резонансы токов на частотах 1-й и 5-й гармоник и резонанс
напряжений на частоте 3-й гармоники, если L1 =0,1 Гн, f для
основной гармоники 1 кГц и L2 < L1
L1
L2
R
C1
C2
Найти ток в сопротивлении R = 200 Ом при напряжении питания
u  t   100sin t  50sin3t  30sin5t (В).
Решение
Из условия резонанса токов (1, 5 гармоники)
1
 2 ;
u1Ñ1
(1)
1
 25 2 .
u2Ñ2
(2)
Из условия резонансов напряжений на частоте 3-й гармоники
3 L1 3Ñ1
3 L2 3Ñ2

 0;
1
1
3 L1 
3 L2 
3Ñ1
3Ñ2
L1
L2

 0.
9 2 L1Ñ1  1 9 2 L2Ñ2  1
Подставим в (3) L1Ñ1   2 и L2Ñ2   2 , получим
L2 
L1
 0,008 Ãí .
12,5
55
(3)
Если предположить
1
1
 25 2 ,
  2 , то условие L2 < L1 не
L1Ñ1
L2Ñ2
выполняется.
Из (1) и (2) С1 = 0,253 пкФ; С2 = 0,127 пкФ.
56
Задача № 35.
В
C
<<
J1
R
J2
R
<<
R
L
R
схеме
рис. 1:
2 .sint‚
J1=2+
J2 =1+ 2 . cos 2 t;
R =100 Oм, L=100 мГн,
С=10 мкФ,
 = 103 рад/с.
Определите
мгновенный
ток
в
индуктивности iL(t).
Рис.1
Решение
Для постоянной составляющей (нулевой гармоники) схема
имеет вид рис. 2:
1.
По
наложения имеем:
C
R
iL( 0 )  iL( 0 ) J

J2(0)
R
1( 0 )
  iL( 0 ) J 2( 0 )   2  1  1
<<
<<
J1(0)
принципу
iL(0)
R
L
R
Рис.2
57
2. Для основной гармоники,
возбужденной
первым
источником тока, имеем схему
рис.3:
Параллельный резонансный контур при заданных параметрах, с
равными
резисторами
R=100 Ом
и
характеристическим
сопротивлением
p
<<
J1(1)
C
R
iL(J1(1))
R
L
R
Рис.3
При этом комплексная
индуктивностью равна:

I L1m  J11m
L
0,1

 100 Î ì
C
105
имеет свойства контура с
безразличным
резонансом,
когда
его
входное
сопротивление не зависит от
частоты, имеет резистивный
характер
Zвх=R=100
Ом.
Модуль
индуктивного
сопротивления
на
частоте
основной гармоники равен:
XL1=ωL=103·0,1=100 Ом.
амплитуда тока в ветви с
Z âõ
100
 2
 1å j 45 А.
R  jX L1
100  j100
Мгновенное значение основной гармоники тока в индуктивности
равно:
iL1(t)=1sin(ωt45º) A.
3.
Для второй гармоники, возбужденной вторым источником
тока, имеем схему рис.4:
58
Как видно, и в этой схеме имеется такой же резонансный контур с
параметрами, такими же, как и
C
первый, так что и он имеет те же
R
свойства контура с безразличным
J2(2)
R
резонансом.
Его
входное
сопротивление также не зависит от
iL(J2(2))
частоты,
имеет
резистивный
характер
Zвх=R=100 Ом. Модуль
L
R
индуктивного сопротивления на
частоте второй гармоники равен:
XL1=2ωL = 2·103·0,1 = 200 Ом.
Рис.4
При
этом
комплексная
амплитуда второй гармоники тока в ветви с индуктивностью равна:
<<
Í1m=  I
L1m  J 22 m
Zâõ
100
 2
 0,63e j153,4 A.
R  jX L 2
100  j 200
Примечание: знак «минус» обусловлен указанным положительным
направлением тока ветви с индуктивностью и направлением второго
источника тока.
Мгновенное значение второй гармоники тока в индуктивности
равно:
iL2(t) = 0,63sin(2ωt153,4º) А.
Полное решение имеет вид:
iL(t)=iL0+iL1+iL2= 1 + sin(103t45º) + 0,63sin(2ωt153,4º) А.
Заметим, что в приведенном выражении присутствует
«некорректность», поскольку переменные составляющие аргументов
синуса имеют размерность в радианах, а начальные фазы записаны в
градусах. Но это распространенная повсеместно форма.
59
Переходные процессы
Задача № 36
п
J
2.
Дано:
J = 1 A, R = 400 Ом, L = 0,1 Гн, С =
R
C
10 мкФ.
L
Ключ мгновенно переключается из
1-ой позиции во 2-ю.
Найти:
1. Зависимость тока в
индуктивности от времени и построить график.
В какой момент времени будет минимум тока в
индуктивности и его величину.
Решение
1. LC d iL  RC diL  t   i  J /
L
2
2
dt
dt
Характеристическое уравнение LСp2+RСp+1=0.
p1,2  
R
R2
1



2L
4 L2 LC

p1267 ,949
p2 3732
iL ( t )  A1e p1t  A2e p2t  J .
Найдем постоянную интегрирования
a) iL(0) =1 A = A1 + A2 + J,
A 2 = A 1.
б) diL  0   uC  0   RiL  0   4000  A p  A p ,
1 1
2 2
dt
A1 = 1,155;
Решение:
L
A2 = 1,155.
iL(t)= 1,155e-267,9t+1,155e-3732 t +J.
60
;
График:
2. Найдем t при iLмин
Приравниваем diL( t )  0
dt
diL  t 
 0  iL  t   A1 p1e p1tmin  A2 p2e p2tmin .
dt
tмин= t
min

1
p
ln 1
p2  p1 p2
tмин=7,603 104 ñåê
iL ( tmin )  A1e p1tmin  A2e p2tmin  J  0,126
A
1
i( t ) 0.5
tmin=7.6*10-4 c
iL(tmin)=0.126 A
0
0.005
0.01
t
61
0.015
Задача № 37
R1
R2
m
L
C
U
n
Действующее значение синусоидального напряжения на входе
цепи
U = 220 В; f = 50 Гц; R1= R2 = 20 Oм;
XL= 80 Oм; XC = 40 Oм.
Определите энергию, выделенную в виде тепла в резисторе R2 за
время переходного процесса после замыкания ключа в момент, когда
напряжение на зажимах ключа проходило через нуль.
Решение
1. При напряжении на входе цепи
U=Umsin(t+φ)=
ток в цепи до коммутации
Im 
Um

R1  R2   jX L  X c 
2 ·220sin(t+φ)
U me j
 R1  R2 
2  220e j

 20  20 2  80  40 2 e
2.
 2020 
j arñtg 8040
2
  XL  Xc  e
j  45
 5,5e 
.
Напряжение на m-n контактах ключа
62
2
jarñtg

X L  Xc
R1  R2


U  mn m  I m  R2  j  X L  X C    5,5e

j  45
 20  j 80  40  246e j 18   Â 


Это напряжение пройдет через нуль при
t0 + φ +18,4°= 0 ,
откуда
t0 + φ = 18,4°.
В этот момент ток в цепи
i(t0) = 5,5 sin( t+φ45°) =5,5 sin(18,4°45°)= 4,91 А.
4. Напряжение на конденсаторе
Ủc= jXcỈm=j40·5,5e j (φ-45)=220e j (φ-135°) В,
3.
или
Uc=220sin(t+φ135°).
Отсюда напряжение на конденсаторе в момент коммутации
Uc(t0)=220sin(t0+φ135°) =220sin(18,4°135°)= 98,5 В.
5.
Параметры накопителей энергии
L
Ñ
XL
80

 0,2546 Ãí ;
2 f 2  50
1
80

 8  105Ô .
2 f X Ñ 2  50  40
Тогда общая энергия магнитного поля катушки
электрического поля конденсатора в момент коммутации t0:
и
W=WM+WЭ=
0,2546   4,91
8  105   98,5
Li( t0 )2 CuC  t0 



 3,46 Äæ .
2
2
2
2
2
2
2
Вся эта энергия и выделяется в резисторе R2 в виде тепла.
63
Задача № 38
R
А
iA
R
В
iB
R
С
iC
C
U АВ = U ВС = U СА = 380 B; R = 20 Oм.
Определите все токи в момент замыкания ключа, если оно
произошло при прохождении напряжения UАВ через свой
положительный максимум. Конденсатор до коммутации был не
заряжен.
Решение
1. Поскольку коммутация происходит при t = 0, а по условиям
задачи в этот момент UAB проходит через положительный максимум,
то
uAB=
2 ·380 ѕin (t
uBC=
2 380sin (t120 2 380 ѕin(t
uСА=
2 380sin(t+120 2 380 ѕin(t+21
Следовательно,
uAB =
2 ·380 ѕin  537,4 В;
uBC =
2 380 sin (30= 268,7 В;
64
uСА =
2 380 sin 240= 268,7 В.
2. В соответствии со вторым законом коммутации напряжение
на конденсаторе
U(0) = 0 B,
откуда потенциал нейтральной точки приемника равен потенциалу
точки С источника.
Таким образом,
іА(uАС(0)/R= uСА(0)/R=268,7/2013,435 А;
і((uBC/R268,7/20= 13,435 А.
Из соотношения по первому закону Кирхгофа
іA(0)+і(0+іC(0)  0
находим
іC(0) 0
Ответ: іC(0)  0 А.
65
Задача № 39
В схеме на рис. 1 дано: С1=10 мкФ, С2=40 мкФ, R =125 Oм.
Конденсаторы
до
R
коммутации были заряжены,
как показано на схеме, и
имели
следующие
С2 +
+ С1
напряжения:
UС1=100
В,
UС2=20 В.
Определите энергию
t=0
на конденсаторах С1 и С2 до
замыкания ключа и после
Рис.1
затухания
переходного
процесса.
Рассчитайте
и
качественно постройте следующие зависимости: UС1(t), UС2(t) и i(t).
Решение
Зададимся положительным направлением для тока так, как это
указано на рис.14-20 а), составим уравнения:
(1)
uÑ1  uÑ 2  ir ;
i  Ñ
1
i  Ñ
2
duÑ
1;
dt
duÑ
2 .
(2)
(3)
dt
В правой части уравнения (2) поставлен знак минус, потому
что положительный ток разряжает конденсатор C1, в уравнении (3)
поставлен знак плюс, поскольку тот же ток заряжает конденсатор C2.
Для того чтобы получить дифференциальное уравнение,
содержащее лишь одну зависимую переменную, поступим так:
возьмем производную по времени от правой и левой частей уравнения
(1)
66
duc

1
dt
duc и
1
dt
и подставим сюда вместо
duc
r
2
dt
di
dt
duc
2 их значения из уравнений (2)
dt
и (3)
r
;
di  1 1 
   i  0
dt  C1 C2 
r
(4)
di 1
 i  0,
dt C
(5)
где для сокращения записи обозначено
1

1

1 .
(6)
C C1 C2
Решением уравнения (5) является функция
i  I 0e
u 
C1 t

1t
rc
.
(7)
Постоянная интегрирования I0 найдена из начальных условий:
 U1 ( I ) и
u 
C2 t 0
уравнение (1) дают
u 
C1 t 0
 U 2 ( II ), которые при подстановке в
 
 uC2
t 0
 r  i t 0  rI 0 .
Отсюда начальное значение тока равно
 i t 0  I 0 
U1  U 2
.
r
(8)
Теперь найдем выражения для напряжений на каждом из
конденсаторов. Подставляя найденное выражение тока i в уравнение
(2) получим:

I0e
1t
rc
 C1
67
duC1
dt
;
1
1
 t
I r  t
I
uC1   0  e rC dt  0 C e rC  A1 ,
C1
C1
или после подстановки сюда значения С из уравнения (6) и значения
I0
из уравнения (8) получим:
uC1
1
U1  U 2  C2  r t


e
A.
(9)
C
C1  C2
1
Постоянная интегрирования A 1
напряжение на конденсаторе C1
найдется из условий, что
в момент начала переходного
процесса не может измениться скачком, т.е. оно должно равняться
начальному значению U1 :
u 
C1 t
0
 U  U  C  r1 t

U  U 2  C2  A .
2
2
 U1   1
e C  A1  1
1
C1  C2
 C1  C2

t 0
Откуда находим:
A 1
После
U1C1  U 2C2 .
C1  C2
подстановки
в
A1
уравнение
(9)
получим
окончательное выражение для напряжения на конденсаторе C1 :
uC 1 
U1  U 2  C2 e r1 t  U1C1  U 2C2 .
C
C1  C2
Аналогично найдем
(10)
C1  C2
uC2 .
Для этого значение
i
из (7)
подставляем в (3) и интегрируем:
uC2  
U1  U 2  C1 e r1 t  A
C
C1  C2
Для определения
2
(11)
.
A 2 используем условие (II). Тогда из (11)
U2  
U1  U 2  C1  A
C1  C2
68
,
2
откуда
A2 
U1C1  U 2C2 ,
C1  C2
и, наконец, подставляя найденное значение A 2 в (11), получим
выражение для напряжения на конденсаторе C2 :
U  U 2  C1 e rC t  U1C1  U 2C2 .
 1
1
uC2
C1  C2
(12)
C1  C2
В правильности полученных результатов можно убедиться
следующей проверкой: подставляя найденные величины u и u в
C1
C2
левую часть уравнения (1) и значение i в правую часть того же
уравнения, получим тождество.
Подставляя в (7), (10) и 12 числовые значения, получим
i = 0.64 e-1000t (A),
uC1 = (64 e-1000t +36) (В),
uC2 = (-16 e-1000t +36) (В).
На основании этих результатов, построены соответствующие
кривые.
0.7
0.6
0.5
i( t ) 0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.001
0.002
t
69
0.003
0.004
100
90
80
uC1( t ) 70
60
uC2( t ) 50
40
30
20
10
0
0
0.001
0.002
0.003
0.004
t
Проверка при t  0 дает: u  0   100 Â, u  0   20 Â .
C1
C2
До замыкания ключа запас энергии составлял:
Wí à÷ 
C1U12 C2U 22 10  106  10000 40  106  400



 0,058 Äæ .
2
2
2
2
По окончании переходного процесса ( t   ) напряжения
будут равны:
u  u  36 Â .
C1
C2
Запас энергии в электрическом поле в установившемся
режиме равняется:
1  103  36 2  103  36

 0,054 Äæ .
2
2
2
2
Энергия, равная Wí à÷  Wêî í  25,6 103 Äæ , израсходовалась
на тепло в процессе перетекания электрических зарядов через
сопротивление r .
В самом деле,
Wêî í 
Ñ1u 2C1


C2u 2C2

Wò åï ë   i 2 rdt   ( I 0e
0


1
t
rC
)2 rdt 
0
 25,6  103 Äæ .
70
I 02 r 2C 0,642  1252  8  106


2
2
Задача № 40
R
U АВ = U ВС = U СА = 380
B; R = 20 Oм.
Определите все токи в
момент замыкания ключа,
если оно произошло при
прохождении
напряжения
UАВ
через
свой
положительный максимум.
Конденсатор до коммутации
был не заряжен.
А
iA
R
В
iB
R
С
iC
C
Решение
1. Поскольку коммутация происходит при t = 0, а по условиям
задачи в этот момент UAB проходит через положительный максимум,
то
uAB=
2 ·380 ѕin (t
uBC=
2 380sin (t120 2 380 ѕin(t
uСА=
2 380sin(t+120 2 380 ѕin(t+21
Следовательно,
uAB =
2 ·380 ѕin  537,4 В;
uBC =
2 380 sin (30= 268,7 В;
uСА =
2 380 sin 240= 268,7 В.
71
2. В соответствии со вторым законом коммутации напряжение
на конденсаторе
U(0) = 0 B,
откуда потенциал нейтральной точки приемника равен потенциалу
точки С источника.
Таким образом,
іА(uАС(0)/R= uСА(0)/R=268,7/2013,435 А;
і((uBC/R268,7/20= 13,435 А.
Из соотношения по первому закону Кирхгофа
іA(0)+і(0+іC(0)  0
находим
іC(0) 0
Ответ: іC(0)  0 А.
72
Задача № 41
iA
R
iB
L
iC
C
A
B
C
На зажимах АВС – симметричная трехфазная система
напряжений прямой последовательности UAB=UBC=UCA.
В момент замыкания контактов
uAB=Um=500 В, uС (0)=0.
Определите токи, а также
duÑ
dt
и
di1
dt
в момент замыкания
контактов, если R =100 Ом; L= 2 Гн; C =2 мкФ.
Решение
Исходя из записанных условий, схема замещения в первый
момент после коммутации будет следующая:
R


u ÀÂ  U m sin  t   ;
2

73


uÂÑ  U m sin  t  120   ;
2

+1
uBC


uÑÀ  U m sin  t  120   ,
2

+j uAB
uCA
таким
iÀ  0   iÑ  0   
uÑÀ  0  500 sin150

 2,5 À;
R
100
образом,
iÑ  0   2,5 À, т.к. ток через емкость С равен
iÑ  0   Ñ
то duÑ  iÑ  0  
duÑ ,
dt
2 ,5
 1,25 106 Â ñ .
6
dt
Ñ
2 10
Определим di1 . Напряжение UBC отстает от UAB на угол 120 ,
dt
а мгновенные напряжения источника в соответствии с условием ключ
замыкается в момент времени (t=0) – момент прохождения
максимального значения напряжения через максимум.


u ÀÂ  U m sin  t   ;
2



uÂÑ  U m sin  t  120   ;
2



uÑÀ  U m sin  t  120   .
2

74
Момент замыкания ключа происходит при
t 
 (по
2
условию).


uÂÑ  0   U m sin   120 
2




uÂÑ  0   500 sin   120   500 sin 30  250 Â .
2


u 0 
di
À
uL  0   uÂÑ  0   L L
 ÂÑ   125 .
dt t 0
2
ñ

75

Задача № 42
i1(t)
Е1
R1
C1
i2(t)
E =100 B, R1=R2 = 10 Oм,
C1= 10 мкФ, C2=20 мкФ.
Рассчитайте
и
качественно
постройте
следующие
зависимости:
uC1  t  ,uC 2  t  ,i1  t  ,i2  t  .
R2
C2
Решение
Определим начальные условия из режима до коммутации:
1) При постоянном источнике напряжения Е=const, ток в цепи с
конденсаторами не протекал. Напряжение на емкостях до
коммутации находится из условий равенства их зарядов (так как
емкости соединены последовательно) и равенства суммарного
напряжения на емкостях напряжению источника Е
Ñ1uC1  0   Ñ2uC 2  0  ;
uC1  0   uC 2  0   Å;
Ñ2 Å
20 100 200


 66,6 Â;
Ñ1  Ñ2 10  20
3
Ñ1 Å
uC 2  0  
 Å  uC1  0   33,3 Â.
Ñ1  Ñ2
uC1  0  
2) Цепь после замыкания (рис.1) распадается на два независимых
контура, расчет переходных процессов в каждом контуре
будем вести отдельно.
76
i1(t)
R1
C1
i2(t)
Е1
R2
C2
Рис.1
Для первого контура:
uÑ1  uÑ1ï ð  uÑ1ñâ ;
uÑ1ï ð  Å; uÑ1ñâ  À1e

t
1
i1(t)
, где τ1=R1C1.
R1
C1
Е1
Первый контур
Постоянную интегрирования А1 определим из
начальных условий:
uÑ1  0   uÑ1  0   66,6 Â; uÑ1  0   uÑ1ï ð  À1 , так как
uÑ1  0   Å , то À1  uÑ1  0   Å  66,66  100  33,3 B.
Таким образом, уравнение переходного процесса
uÑ1  t   100  33,3e10000t  ;
i1  t   iÑ1  t   Ñ1

duÑ1
1 
10000 t
 Ñ1  
 3,33e 10000t À.
  33,3 e
dt
 R1Ñ1 
77
4
100
3
90
i1( t) 2
80 Uc1 ( t)
1
70
0
210 4
0
60
410 4
t
Для второго контура:
uÑ 2  t   uÑ 2 ï ð  uÑ 2ñâ , где uÑ 2 ï ð  0; uÑ 2ñâ  À2 e

t
2
, где
τ2=R2C2.
uÑ 2  t   33,3e
i2  t   iÑ 2  t   Ñ2
t

102010
 6
 33,3e5000t Â;

duÑ 2
1 
5000t
 Ñ2  
 3,33e 5000t À.
  33,3 e
dt
 R2Ñ2 
4
100
3
90
i1( t ) 2
80 Uc1( t )
1
70
0
0
4
4
210
410
t
78
60
Задача № 43
M
J(t)
R
L1
L2
U2 (t)
Определить ток в первичной обмотке и напряжение на
вторичной обмотке воздушного трансформатора после коммутации,
если
L1=L2=10-3 Гн, М=5·10-4 Гн, R=100 Ом и при
а) j(t) = J = 10 A;
б) á ) j  t   10 2 sin 105 t    ì À .



2
Решение
Исходя из того, что контур с катушкой L2 не замкнут и ток через
нее не течет, то, несмотря на взаимную индуктивность катушки L2 ни
как не влияет на ток в катушке L1. При этом уравнение переходного
процесса является уравнением первого порядка.
а) В соответствие с классическим методом расчета ток через катушку
L1определяется уравнением:
iL1(t) = iL1пр(t)+iL1св(t)
Принужденная составляющая тока соответствует току источника
тока: iL1пр (t)= J =10 A.
Свободная составляющая тока (в соответствии с
дифференциальным уравнением первого порядка) iL1св(t) = A•et/τ, где
-1
L1 103

 105 с .
R 100
Постоянную интегрирования А определим из начальных условий
(до размыкания ключа ток через катушку L1 отсутствовал)

79
Из уравнения iL1(0)= 0 = 10+ А , следует А=  10 А.
Тогда
iL1(t) = 10 10 e-100000· t· А.
Напряжение
на
катушке
L2
определим
электромагнитной индукции:
U 2  M
из
закона
di1 ;
dt
UL2=5·10-4 106 e-100000· t·= 500 e-100000· t В.
б) Принужденная составляющая тока через катушку определим из
распределения токов
соответствует току источника тока: á ) j( t )  10 2 sin 105 t    ì À



2
iL1 ï ð  t   iL1пр (t)= J =10 A.
Свободная
составляющая
тока
(в
соответствии
с
дифференциальным уравнением первого порядка) iL1св(t) = A•et/τ, где
-1
L1 103

 105 с .
R 100
Постоянную интегрирования А определим из начальных условий
(до размыкания ключа ток через катушку L1 отсутствовал)
Из уравнения iL1(0)= 0 = 10+ А , следует А=  10 А.
Тогда
iL1(t) = 10 10 e-100000· t· А.
Напряжение
на
катушке
L2
определим
из
закона
электромагнитной индукции:
di
U 2  M 1 ;
dt
-4
6 -100000· t·
UL2=5·10 10 e
= 500 e-100000· t В.

80
Задача № 44
Для последовательного колебательного контура (рис. 1)
получены резонансные кривые при изменении частоты  (рис. 2) и
постоянном модуле входного напряжения.
Рассчитать закон изменения напряжения на емкости в
переходном процессе при подключении источника постоянного
напряжения 10 В и нулевых начальных условиях.
R
i
L
u
C uC
50
Рис. 1
100
150
Рис. 2
Решение
Часть 1. Определение параметров контура R,L,C.
Из графиков рис. 2 видно, что резонанс напряжений происходит
при круговой частоте 0 = 100 рад/с. Резонансные величины тока
составляют 2 А и напряжения на емкости 20 В.Также видно, что
модуль входного напряжения равен 10 В. Отсюда следует:
R
U
U
10
1
20
  5 Î ì ; 0 L 
 ñðåç 
 10 Î ì ,
I max 2
0Ñ I maõ
2
добротность контура равна
U
U
 L  Ñ 10
Q  Ñðåç  Lðåç  0  0   2,
U
U
R
R
5
81
200
откуда L =0,1 Гн; С =10-3 Ф.
Часть 2. Анализ переходного процесса в схеме рис.1 при
подключении постоянного напряжения 10 В.
Цепь второго порядка, характеристическое уравнение имеет вид:
R  ðL 
R 1
1
2
 0.
 0, или ð  ð 
L LÑ
ðÑ
2
Корни этого уравнения: ð   R   R   1 .
1,2


2L
 2 L  LÑ
При определенных ранее параметрах цепи имеем:
ð1,2  
2
1
 252  4  25  j96,824  переходный процесс
2  0,1
10
колебательный. Это видно было и по величине добротности контура.
Анализ показывает, что в контуре с добротностью, большей 0,5,
переходный процесс будет колебательным.
Анализ переходного процесса можно выполнить или
классическим, или операторным методами.
Принужденная составляющая напряжения на емкости равна
напряжению источника, т.е. 10 В. Первая производная напряжения на
емкости в начальный момент равна нулю (она пропорциональна току
конденсатора, совпадающему с током индуктивности).
Решение имеет вид
u  t   u  u  10  Àe25t sin 96,824t   .
Ñ
Ñï ð

Ññâ
Постоянные интегрирования: А и
u
C
uC

находятся из решения
системы при t=0+
0  10  Àsin uC ;
(1)
0  25 À  96,824cos uC ,
(2)
откуда, при А  0 имеем cos u  0 . Этому соответствует, например,
C
вариант 
uC


;
sin  1 ; А=10 В.
2
2
Решение дает:
82


uÑ  t   10  10e25t sin  96,824t    10  10e25t cos96,824t .
2

Ha рис.3 показан временной график полученного решения.
15
10
uC ( t)
5
0
0.02
0.04
0.06
t
Рис.3
83
0.08
0.1
Задача № 45
В схеме рис.1,а с известными параметрами R и L требуется
получить закон изменения тока i(t) в соответствии с рис. 1,б. Каким
должно быть напряжение питания U(t)?
i(t)
Im
0
t
t1
а)
б)
Рис. 1
Решение
Задачу можно решать разными способами. Приведем пример
самого простого, основанного на использовании уравнения Кирхгофа
для мгновенных переменных
u  t   iR  L
di .
dt
В такой постановке находим правую часть дифференциального
уравнения.
Слагаемое iR на интервале 0  t1 линейно нарастает,
пропорционально
току, достигая значение
I m R к моменту tl.
Слагаемое L di на данном интервале есть величина постоянная,
dt
равная L I m . В итоге, на интервале 0  t1 напряжение питания есть
t1
84
нарастающая функция от начального значения L I m в момент t =0 до
t1
конечного I R  L I m  I  R  L  в момент tl. На интервале t1

m
m
t1
t1 

 
производная тока равна нулю, а величина тока сохраняется на уровне
I m Это означает, что напряжение питания имеет постоянную величину
Im R .
Таким образом, в момент tl происходит скачок напряжения
питания вниз от I  R  L  до I m R . График напряжения питания,

m

t1 
совместно с заданным графиком тока приведены на рис. 2.
i(t)
Im
0
t
t1
u(t)
ImL/t1
u(tI1
)
mR
ImL/t1
u(0)=ImL/t
1
0
t1
t
Рис. 2
85
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Основы теории цепей: Учеб. для вузов /Г.В.Зевеке,
П.А.Ионкин, А.В.Нетушил, С.В.Страхов. –5-е изд., перераб. –М.:
Энергоатомиздат, 1989. –528 с.
2. Бессонов, Л.А. Теоретические основы электротехники:
Электрические цепи. Учеб. для студентов электротехн., энерг. и
приборостроит. специальностей вузов.–7-е изд., перераб. и доп.–М.:
Высш. шк., 1978.–528 с.
3. Теоретические основы электротехники: Учеб. для вузов. В 3
т/ Под общ. ред. К.М.Поливанова.– Т.1. Поливанов К.М. Линейные
электрические цепи с сосредоточенными постоянными. –М.:Энергия,
1972. –240 с.
4. Теоретические основы электротехники. Учеб. для вузов. В
3 т./ Под общ. ред. К.М.Поливанова.–Т.2. Жуховицкий Б.Я.,
Негневицкий И.Б. Линейные электрические цепи (продолжение).
Нелинейные цепи. –М.: Энергия, 1972. –200 с.
5. Матханов, П.Н. Основы анализа электрических цепей.
Линейные цепи: Учеб. для электротехн. и радиотехн. спец. вузов. –3-е
изд., перераб. и доп. –М.: Высш. шк., 1990. –400 с.
6. Матханов, П.Н. Основы анализа электрических цепей.
Нелинейные цепи: Учеб. для электротехн. спец. вузов. –2-е изд.,
перераб. и доп. –М.: Высш. шк., 1986. –352 с.
7. Каплянский, А.Е., Лысенко, А.П., Полотовский, Л.С.
Теоретические основы электротехники. Учеб. пособие для электротех.
и энерг. спец. вузов.- 2-е изд. –М.: Высш. шк., 1972. –448 с.
8. Теоретические основы электротехники. Т. 1. Основы теории
линейных цепей: Учеб. для электротех. вузов/ Под ред. П.А. Ионкина.
–2-е изд., перераб. и доп. –М.: Высш. шк., 1976. –544 с.
9. Теоретические основы электротехники. Т. 2. Нелинейные
цепи и основы теории электромагнитного поля: Учеб. для электротехн.
вузов/Под ред. П.А. Ионкина–2-е изд., перераб. и доп. –М.: Высш.
шк., 1976. –383 с.
10. Сборник задач и упражнений по теоретическим основам
электротехники: Учеб. пособие для вузов/ Под. ред. проф.
П.А.Ионкина. –М.: Энергоиздат, 1982. –768 с.
11. Кромова, Н.А. Основы анализа и расчета линейных
электрических цепей: Учеб. пособие–2-е изд., перераб. и доп. Иван.
гос. энерг. ун-т.–Иваново, 1999.–360 с.
12. Сборник задач и упражнений по теоретическим основам
электротехники: Учеб. пособ./ Л.А.Бессонов, И.Г.Демидова,
86
М.Е.Заруди и др.; Под ред. Л.А.Бессонова –2-е изд., перераб. и доп. –
М.: Высш. шк., 1980. –472 с.
13. Нейман, Л.P., Демиpчян, К.С. Теоpетические основы
электpотехники. Т.1.– Л.:Энеpгоиздат, 1981.–536 с.
14. Голубев, А.Н. Методы расчета нелинейных цепей: Учеб.
пособие/ Иван. гос. энерг. ун-т. –Иваново, 2002. –212 с.
15. Задачник по теоретическим основам электротехники
(теоpия цепей)/ Под pед.пpоф. К.М.Поливанова. –М.:Энеpгия, 1973.–
304 с.
16. Сборник задач и упражнений по теоретическим основам
электротехники/ Под pед.пpоф. П.А.Ионкина. –М.:Энеpгоиздат,1982.–
768 с.
17. Сбоpник задач по ТОЭ/Под pед. Л.А.Бессонова.–М.:Высш.
шк., 1988.
18. Элементы электрической цепи: Метод. pуководство для
самост. pаботы студ. по куpсу ТОЭ-I / Иван. энеpг. ин-т им. В.И.
Ленина; Сост. А.С.Pозенкpанц.–Иваново, 1989.–28 с.
19. Цепи синусоидального электpического тока: Метод.
указания к пpакт. занятиям по теме/Иван. энеpг. ин-т им. В.И. Ленина;
Сост. Н.А.Кpомова, Н.Н.Овчинникова.–Иваново,1984.–23 с.
20. Матpичные методы pасчета линейных электpических
цепей: Метод. указания для самостоят. pаботы студ. / Иван. энеpг. ин-т
им. В.И. Ленина; Сост. А.Н.Голубев, Н.А.Кpомова.–Иваново, 1991.–40
с.
21. Теорема об активном двухполюснике: Метод. указания для
самостоят. pаботы студ. / Иван. энеpг. ин-т им. В.И. Ленина;
Сост.Ю.И.Хмылев.–Иваново, 1989.–20 с.
22. Резонансные явления: Метод. указания для самостоят.
pаботы студ. по ТОЭ-I / Иван. энеpг. ин-т им. В.И. Ленина; Сост.
Ю.И.Хмылев.–Иваново, 1990.–36 с.
23. Четырехполюсники: Метод. указания для самостоят.
pаботы студ. по ТОЭ-I / Иван. энеpг. ин-т им. В.И. Ленина; Сост.
Ю.И.Хмылев.–Иваново, 1990.–44 с.
24. Цепи с взаимной индуктивностью. Метод. указания для
самостоят. pаботы студ. / Иван. энеpг. ин-т им. В.И. Ленина; Сост.
Н.А.Кpомова, Н.Н.Овчинникова.– Иваново, 1989.–32 с.
25. Трехфазные цепи. Метод. указания для самостоят. pаботы
студ./ Иван. энеpг. ин-т им. В.И.Ленина; Сост. Н.А.Кpомова,
Н.Н.Овчинникова. –Иваново, 1990.–44 с.
87
26. Метод симметpичных составляющих. Метод. указания для
самостоят. pаботы студ. /Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост. Н. А. Кpомова,
Ю. И. Хмылев.– Иваново, 1994.–44с.
27. Методические указания по pасчету линейных цепей
несинусоидального пеpиодического тока / Иван. энеpг. ин-т им. В.И.
Ленина; Сост. Б. Л.Еpшов, Н.Н.Овчинникова.–Иваново, 1984.–28 с.
28. Методические указания к лабоpатоpным pаботам по куpсу
ТОЭ-I / Иван. энеpг. ин-т им. В.И. Ленина; Сост. Б.Л.Еpшов,
Н.А.Кpомова, Н.Н. Овчинникова, Ю.И.Хмылев.–Иваново, 1991.–92 с.
29. Методы pасчета нелинейных магнитных цепей пpи
постоянных токах: Метод. указания для самостоят. pаботы студ./ Иван.
гос. энеpг. ун-т; Сост. А.Н.Голубев. – Иваново, 1996.– 27с.
30. Пеpеходные пpоцессы в цепях с pаспpеделенными
паpаметpами: Метод. матеpиалы для самостоят. pаботы студ./Иван.
гос. энеpг. ун-т; Сост. Н.А.Кpомова, В.К.Слышалов. –Иваново, 1994. –
72с.
31. Пеpеходные пpоцессы в нелинейных электpических цепях:
Метод. указания к pасчетно-гpафической pаботе /Иван. гос. энеpг. унт; Сост. М.Б.Бабаев, А.Н.Голубев, В.К.Слышалов. –Иваново, 1993. –
32с.
32. Пеpеходные пpоцессы в линейных электpических цепях:
Метод. указания к pасчетно-гpафической pаботе /Иван. гос. энеpг. унт; Сост. М.Б.Бабаев, А.Н.Голубев, В.К.Слышалов. –Иваново, 1993. –
32с.
33. Шебес, М.Р., Каблукова, М.В. Задачник по теории
линейных электрических цепей. – М.: Высш. шк., 1990. – 543 с.
34. Сборник задач по теории электрических цепей / Под ред.
П.М. Матханова и Л.В. Данилова. – М.: Высш. шк., 1980. – 224 с.
35. Методические указания к лабораторным работам по курсу
ТОЭ-II/ Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост. М.Б.Бабаев, А.Н.Голубев,
А.Н.Королёв, К.В.Куликов, В.К.Слышалов.– Иваново, 1998.–96 c.
36. Теоретический анализ режимов работы линейных
электрических цепей. Метод. указания к курсовой работе по ТОЭ-I, /
Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост. Н.А.Кромова, Н.Н.Овчинникова,
Ю.И.Хмылёв.–Иваново, 1997.– 96 c.
37.
Анализ
переходных
процессов
в
цепях
с
сосредоточенными и распределёнными параметрами. Метод. указания
к комплексной расчётно-графической работе по ТОЭ-2 для студентов
электротехнических специальностей, / Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост.
Н.А.Антонов,
Н.А.Кромова,
А.В.Макаров,
В.К.Слышалов,
Ю.И.Хмылёв.–Иваново, 2002.–108 c.
88
38. Операторный метод расчета переходных процессов в
линейных электрических цепях: Метод. указания к практ. занятиям
/Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост. А.В. Макаров., В.М.Баранов.–Иваново,
1989.–36 с.
39. Подготовка к выполнению лабораторных работ по
теоретическим основам электротехники (часть I): Метод. указания/
Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост. Н.А.Кромова, Н.Н.Овчинникова.–
Иваново, 1996.–36 c
40. Подготовка к выполнению лабораторных работ по
теоретическим основам электротехники (часть II): Метод. указания /
/Иван. гос. энеpг. ун-т; Сост. Н.А.Антонов, Н.А.Кромова,
Н.Н.Овчинникова.– Иваново, 2003.–36 c.
41. Методическое руководство по теоретическим основам
электротехники для студентов электротехнических специальностей /
Иван. энерг. ин-т им. В.И.Ленина Сост. А.С.Розенкранц, Б.В.Прохоров,
Т.Т. Сеницкая, В.М.Грико.– Иваново, 1961.–200 с.
42. Николаев С.С., Пищиков В.И. Сборник задач повышенной
сложности по теоретической электротехнике. – М.: "Знак", 2000. – 168
с., ил.
89