методики решения задач линейных цепей постоянного тока

Российский Государственный Университет нефти и газа
имени И.М. Губкина
Кафедра «Теоретической электротехники и электрификации
нефтяной и газовой промышленности»
ФЕДОРИШИН В.В., РЕПИНА Ю.В.
МЕТОДИКИП РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЕЙ
ПОСТОЯННОГО ТОКА
Под редакцией профессора М.С. Ершова
Москва
2004
Введение
Данная методическая работа является пособием для студентов всех
специальностей университета, изучающих предметы «Электротехника» или
«Теоретическая электротехника». Использование данного методического
пособия поможет студентам освоить материал по расчету цепей постоянного
тока.
При решении задач постоянного тока в методической работе приняты
следующие допущения:
1.
Сопротивлениями соединительных проводников в расчетах
пренебрегаем (RПРОВОД=0).
2.
В примерах №1-12 все источники электродвижущей силы (ЭДС)
Е являются идеальными, т.е. их внутреннее сопротивление равно
нулю (RВН = 0) и обозначаются на электрических схемах
Е
следующим образом:
В
А
В примерах №13-14 источники электродвижущей силы (ЭДС) Е
являются реальными, т.е. их внутреннее сопротивление не равно
нулю (RВН ≠ 0) и обозначаются на электрических схемах
следующим образом:
Е
А
С
RВН
В
В реальности точка С не есть точка соединения ЭДС Е и
RВН, а является искусственно созданной точкой для проведения
расчетов.
1. РАСЧЕТ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ ПОСТОЯННОГО
ТОКА МЕТОДОМ ЭКВИВАЛЕНТНЫХ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
ПРИЕМНИКОВ ЭЛЕКТРИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если n-ое количество приемников (резисторов) можно
заменить
на
одно
эквивалентное
преобразованиями участках
и
при
этом
в
незатронутых
электрической цепи токи и напряжения
остаются неизменными по величине и направлению, то такие преобразования
называются ЭКВИВАЛЕНТНЫМИ.
a.
Эквивалентное преобразование последовательно соединенных
резисторов.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Последовательным соединением резисторов называется
такое соединение, при котором ток, протекающий через них один и тот же.
Для того чтобы через последовательно соединенные приемники
протекал один и тот же ток необходимо, чтобы в местах их соединения
отсутствовали электрические узлы. (См. рис. 1)
Примечание. Электрическим узлом называется место соединения трех и
более ветвей (проводников).
Пример №1.
Дано: ЭДС Е = 220 В, R1 = 20 Ом, R2 = 40 Ом, R3 = 50 Ом. (Рис. 1).
Определить: сопротивление резистора RЭКВ и силу тока I в цепи.
a
R1
a
b

I
E
Uad
R2
E
Uad
I
I
d
R3
Рис. 1а.
d
Рис. 1б.
RЭКВ
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d (см. рис. 1а), а их потенциалы соответственно a, b, c, d.
Выясним, являются ли точки a, b, c, d электрическими узлами или нет.
Как видно из рис. 1а эти точки являются местами соединения лишь двух
проводников, а именно выхода одного элемента с входом другого (например,
точка а есть место соединения выхода источника ЭДС Е с входом резистора
R1). Следовательно, в электрической цепи узлов нет, поэтому все резисторы
включены последовательно и через них протекает один и тот же ток I.
Выберем направление неизвестного тока I произвольным образом (как
показано на рис. 1а).
Последовательное соединение резисторов R1, R2, R3 можно заменить на
один эквивалентный им резистор RЭКВ, сопротивление которого определяется
RЭКВ  R1  R2  R3 ,
по формуле:
Доказательство данной формулы базируется на втором законе
Кирхгофа, который составляется для замкнутого контура исходной схемы и
формулируется следующим образом:
i n
j m
i 1
j 1
 Ei   R j  I j
i n
где
E
i 1
i
- алгебраическая сумма ЭДС Е в
замкнутом контуре, слагаемое этой суммы берется со знаком «+», если
направления ЭДС источника и произвольно выбранного обхода контура
совпадают между собой, в противном случае берется знак «-»,
j m
R
j 1
j
 I j - алгебраическая сумма падений напряжений в том же
самом контуре, слагаемое этой суммы берется со знаком «+», если
направления напряжения и произвольно выбранного обхода контура
совпадают между собой, в противном случае берется знак «-».
Выбрав произвольным образом обход контура, запишем для схемы 1а
второй закон Кирхгофа следующим образом:
j 3
i 1
E  R
i 1
i
j 1
j
 E  R1 I  R2 I  R3 I  R1  R2  R3   I  RЭКВ  I ,
Ij
где RЭКВ  R1  R2  R3 .
Следовательно для рассматриваемого примера №1:
R1  R2  R3  20  40  50  110 Ом.
После преобразования исходная электрическая схема (рис. 1а)
трансформируется в эквивалентную (рис .1б). Силу тока I, протекающую в
цепи, вычисляем согласно закону Ома:
I
1.2.
U ad
Е
220


 2 А, где U ad   a   d
RЭКВ RЭКВ 110
Эквивалентное
преобразование
параллельно
соединенных
резисторов.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Параллельным соединением резисторов называется такое
соединение, при котором напряжение на их зажимах (местах соединений)
одно и тоже.
Для того чтобы на зажимах резисторов было одно и тоже напряжение
необходимо, чтобы они имели один общий вход (узел а) и один общий выход
(узел b). (См. рис. 2а).
Пример №2.
Дано: Е = 60 В, R1 = 20 Ом, R2 = 30 Ом.
(Рис. 2)
Определить: Сопротивление резистора RЭКВ и токи I, I1, I2 в цепи.
a
I
I1
E
Uad
a
b
R1
I2
Ubc
c
d
Рис. 2а.
R2

E
Uad
d
Рис.2б.
I
RЭКВ
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d (см. рис. 2а), а их потенциалы соответственно a, b, c, d.
Выясним, являются ли точки a, b, c, d электрическими узлами или нет.
Как видно из рис. 2а точки b и c – места соединения трех ветвей (например,
точка b – место соединения выхода источника ЭДС Е и входов резистров
R1, R2), следовательно, данные точки являются электрическими узлами.
Точки a и d узлами не являются (см. пример №1). Поскольку входы
резисторов R1, R2 объединены общим узлом b, а выходы объединены общим
узлом c, то эти резисторы соединены параллельно, а напряжение Ubc на них
одно и тоже.
Выберем направление неизвестных токов I, I1, I2
произвольным
образом (как показано на рис. 2а).
Параллельное соединение резисторов можно заменить на один
эквивалентный им резистор RЭКВ, сопротивление которого определяется по
RЭКВ 
формуле:
либо
1
RЭКВ
1
GЭКВ

, где GЭКВ  G1  G2 
1
1


R1 R2
RЭКВ 
1
1
 ,
R1 R2
R1  R2
.
R1  R2
Доказательство данных формул базируется на первом законе Кирхгофа,
i n
который формулируется следующим образом:
I
i 1
i
0
алгебраическая
сумма токов в узле равна нулю. Будем считать, что в данной формуле токи,
втекающие в узел, берутся со знаком «+», а вытекающие со знаком «-».
Составим первый закон Кирхгофа для узла b (рис. 2а):
i 3
I
i 1
i
 0  I  I1  I 2  0  I  I1  I 2  I  G1  U  G2  U 
 G1  G2   U  GЭКВ  U ,
GЭКВ  G1  G2 
где
1 1

R1 R2
либо
1
RЭКВ

1
1
 .
R1 R2
Следовательно, для примера №1:
GЭКВ  G1  G2 
1 1
1 1
1

  
См;
R1 R2 20 30 12
RЭКВ 
R1  R2
20  30

 12 Ом.
R1  R2 20  30
После преобразования исходная электрическая схема (рис. 2а)
трансформируется в эквивалентную (рис. 2б). Силу тока I, протекающую в
цепи (рис. 2б), вычисляем согласно закону Ома:
I
При
расчетах
U
U
Е
60
 ad  bc 
5А
RЭКВ RЭКВ RЭКВ 12
любых
электрических
цепей
постоянного
тока
сопротивление соединительных проводов RПР можно считать практически
равным нулю (в нашем случае RПРab = RПРdc = 0), поэтому
Uab = а - b = RПРabI = 0I=0, а а = b,  а - d = b - c, т.е. Uad = Ubc
Udc = d - c = RПРdcI = 0I=0, а d = с,
Поскольку сопротивления R1, R2 включены параллельно, то падение
напряжения на них одно и тоже и равно Ubc, которое можно определить по
U bc  RЭКВ  I  12  5  60 В .
формуле:
Рассчитаем токи в параллельных ветвях:
I1 
U bc 60

 3 A,
R1
20
I2 
U bc 60

 2 A.
R2 30
Токи I1 и I2 можно определить другим способом:
I1 
U bc RЭКВ  I
R2
30

I
 5  3 A ,
R1
R1
R1  R2
50
I2 
U bc RЭКВ  I
R1
20

I
 5
 2 A.
R2
R2
R1  R2
50
Результат расчета проверяется по первому закону Кирхгофа. В нашем
i 3
случае:
I
i 1
i
 0  I  I1  I 2  0  I  I1  I 2
 5 A  3 A  2 A.
Пример №3.
Дано: Е = 60 В, R1 = 20 Ом, R2 = 40 Ом, R3 = 50 Ом.
(Рис. 3)
Определить: Сопротивление резистора RЭКВ и токи I, I1, I2, I3 в цепи.
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d (см. рис. 3а), а их потенциалы соответственно a, b, c, d.
a
I
I1
E
R1
Uad
a
b
I3
I2
R2
Ubc

R3
I
Uad
E
c
RЭКВ
d
d
Рис. 3а.
Рис.3б.
Выясним, являются ли точки a, b, c, d электрическими узлами или нет.
Как видно из рис. 3а точки b и c – места соединения четырех ветвей
(например, точка b – место соединения выхода источника ЭДС Е и входов
резистров R1, R2, R3), следовательно, данные точки являются электрическими
узлами. Точки a и d узлами не являются. Поскольку входы резисторов R1, R2,
R3 объединены общим узлом b, а выходы объединены общим узлом c, то эти
резисторы соединены параллельно, а напряжение Ubc на них одно и тоже.
Выберем
направление
неизвестных
токов
I,
I1,
I2,
I3
произвольным образом (как показано на рис. 3а).
По аналогии с примером №2 можно показать, что параллельное
соединение трех резисторов можно заменить на один эквивалентный им
резистор RЭКВ, сопротивление которого определяется по формулам:
RЭКВ 
1
GЭКВ
 10,53 Ом,
где GЭКВ  G1  G2  G3 
1
1
1
1
1
1



   0,095 См,
R1 R2 R3 20 40 50
либо
1
RЭКВ

RЭКВ 
1
1
1



R1 R2 R3
R1  R2  R3
20  40  50

 10,53 Ом.
R1  R2  R1  R3  R2  R3 20  40  20  50  40  50
После преобразования исходная электрическая схема (рис. 3а)
трансформируется в эквивалентную (рис. 3б). Силу тока I, протекающую в
цепи (рис. 2б), вычислим согласно Закону Ома:
I
U
U
Е
60
 ad  bc 
 5,7 А
RЭКВ RЭКВ RЭКВ 10,53
Поскольку сопротивления R1, R2, R3 включены параллельно, то падение
напряжения на них одно и тоже и равно Ubc, которое определим по формуле:
U bc  RЭКВ  I  10,53  5,7  60 В .
Рассчитаем токи в параллельных ветвях:
I1 
U
U
U bc 60
60
60
 1,5 A , I 3  bc 
 1,2 A .

 3 A , I 2  bc 
R2 40
R3 50
R1
20
Результат расчета проверяем по первому закону Кирхгофа:
I  I1  I 2  I 3
 5,7 A  3 A  1,5 A  1,2 A.
1.3. Эквивалентное преобразование смешанного соединения резисторов.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если в электрической цепи имеются и последовательно, и
параллельно соединенные резисторы, то такое соединение называется
смешанным.
Пример №4.
Дано: Е = 220 В, R1 = 8 Ом, R2 = 30 Ом, R3 = 15 Ом, R4 = 5 Ом.
(Рис. 4)
Определить: Сопротивление резистора RЭКВ и токи I, I1, I2 в цепи.
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d, f (см. рис. 4а), а их потенциалы соответственно a, b, c, d, f.
Как видно из рис. 4а точки b и f – места соединения трех ветвей,
следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точки
a, с и d узлами не являются.
Uab
I1
a
R1
Uab
b
R3
Е
Uad
R2
Ubf
I1
d
a
I34
I2
Ubc

c
R1
b
I2
I34
Ubf
R2
Uad
E

R34
Ucf
R4
f
d
f
d
Рис. 4а.
Рис. 4б
Uab
a

E
a
b

R1
Ubf
R234
Uad
Uad
E
I
I
f
d
RЭКВ
Рис. 4в.
Выберем направление неизвестных токов
d
Рис. 4г
I1, I2, I34 произвольным
образом (как показано на рис. 4а).
Последовательно соединенные резисторы с сопротивлениями R3 и R4
заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R34 по формуле:
R34 = R3 + R4 = 15+5=20 Ом.
Исходную схему (рис. 4а) преобразуем в эквивалентную (рис. 4б).
Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R2 и R34
заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R234 по формуле:
R2  R34
30  20

 12 Ом.
R2  R34 30  20
Преобразованную схему (рис. 4б) заменяем на эквивалентную (рис. 4в).
Из рис. 4в видно, что резисторы с сопротивлениями R1 и R234
R234 
соединены последовательно, поэтому им эквивалентное сопротивление
вычисляем по формуле:
RЭКВ = R1 + R234 = 8+12=20 Ом.
Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная
схема (рис. 4а) трансформируется в эквивалентную (рис. 4г).
Силу тока I1 на входе цепи (рис. 4г), вычислим согласно закону Ома:
U
Е
220
 ad 
 11 А
RЭКВ RЭКВ
20
I1 
Для того чтобы определить токи в параллельных ветвях необходимо
рассчитать на них падение напряжения Ubf (рис. 4в):
U bf  R234  I1  12  11  132 В .
Определим токи в параллельных ветвях (рис. 4б):
I2 
U bf
R2

U bf 132
132

 6,6 A .
 4,4 A , I 34 
R34
20
30
Результат расчета проверим по первому закону Кирхгофа:
I1  I 2  I 34
 11A  4,4 A  6,6 A
Правильность проведенных расчетов можно проверить также по второму
закону Кирхгофа, выбрав предварительно положительный обход контура
j 2
i 1
abfda (рис. 4а), тогда
E  R
i 1
i
j 1
j
Ij
Е  R1  I1  R2  I 2  220B  8  11  30  4,4  88  132  220В.
Пример №5
Дано: Е = 220 В, R1 = 16 Ом, R2 = 22 Ом, R3 = 7 Ом, R4 = 24 Ом.
Определить: Сопротивление резистора RЭКВ и токи в цепи.
Uab
Uab
I

a
a
b
R1
R1
I
23
IПР
R2
Е
Uad
Ubf
Рис. 5а.

Uad
Ubf
R4
I
Ufd
Рис.5б.
a

R1
I=IПР
E
Uad
R4
Рис. 5в.
R23
f
d
b(f)
Uad
IПР
Ucf
Uab
a
E
Е
c
I
Ufd
b
I23
f
d
I
Ubc
R3
R4
(Рис. 5)
RЭКВ
I
Рис. 5г. d
d
Ufd
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d, f (см. рис. 4а), а их потенциалы соответственно a, b, c, d, f.
Как видно из рис. 5а точки b и f являются электрическими узлами, а
точки a, с и d узлами не являются.
Выберем направление неизвестных токов I, I23, IПР
образом (как показано на рис. 5а).
произвольным
Последовательно соединенные резисторы с сопротивлениями R2 и R3
заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R23 по формуле:
R23 = R2 + R3 = 22+7=29 Ом.
Исходную схему (рис. 5а) преобразуем в эквивалентную (рис. 5б).
Параллельно соединенные ветви с
сопротивлениями RПР и R23
заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением RПР23 по формуле:
RПР 23 
RПР  R23
0  29

 0 Ом,
RПР  R23 0  29
где RПР=0 (см. пример №2)
Как видно из этой формулы параллельное подключение провода RПР к
участку электрической цепи с резисторами R2
и R3 приводит к их
«закорачиванию» данным проводом, то есть к исключению данного участка
из общей электрической цепи.
Преобразованную схему (рис. 5б) заменяем на эквивалентную (рис. 5в).
Поскольку сопротивление провода равно нулю (RПР=0), то потенциал
b=f и, как правило, на электрических схемах оставляют какой-либо из двух
потенциалов. (См. рис. 5в).
Из рис. 5в видно, что резисторы с
сопротивлениями
соединены
R1
и
R4
последовательно,
поэтому
эквивалентное им сопротивление вычисляем по формуле:
RЭКВ = R1 + R4 = 16+24=40 Ом.
Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная
схема (рис. 5а) трансформируется в эквивалентную (рис. 5г).
Силу тока I в цепи (рис. 5г), вычислим согласно Закону Ома:
I 
U
Е
220
 ad 
 5,5 А
RЭКВ RЭКВ
40
Для того чтобы определить токи в параллельных ветвях необходимо
рассчитать на них падение напряжения Ubf (рис. 5в):
U bf  RПР 23  I  0  11  0 В .
Рассчитаем токи в параллельных ветвях (рис. 5б):
I 23 
U bf
I ПР 
R23

U bf
RПР
RПР 23  I 0  5,5

 0 A,
R23
29

RПР 23  I 0  I 0



RПР
0 1 0
данную неопределенность
раскроем c помощью правила Лопиталя:


RПР 23  I  I
I ПР 
  I  5,5 A,

RПР 1 1
где RПР23= RПР=0.
Ток IПР можно определить также используя первый закон Кирхгофа:
I  I ПР  I 23
 I ПР  I  I 23  5,5  0  5,5 A
Правильность проведенных расчетов проверим по второму закону Кирхгофа,
составленного для замкнутого контура abfda исходной схемы (рис. 5а):
Е  U ab  U bf  U fd  R1  I  RПР  I ПР  R4  I 
16  5,5  0  5,5  24  5,5  88  0  132  220 В
220 В  220 В.
1.4. Преобразования резисторов, соединенных треугольником в
эквивалентную звезду и наоборот.
Если в электрической цепи соединение резисторов не сводится к
рассмотренным выше случаям, то для упрощения расчетов удобно
воспользоваться преобразованиями резисторов, соединенных треугольником
в эквивалентную звезду либо наоборот.
Пример №6.
Дано: Е =32 В, RВН=1 Ом, R1=10 Ом, R2=15 Ом, R3=25 Ом, R4=25 Ом,
R5=12,5 Ом. (Рис. 6)
Определить: Эквивалентное сопротивление всей цепи RЭКВ и токи в ветвях.
А
А


I1
R1
R4
RА
I4
RВ
B
D B
RС
I3
RС
R5
I
Е
I
C
Е
RВН
Рис. 6а.
RА4
RС5
В
D
Е
RВН
Рис. 6в.
RВ
0 ROD

D
RЭКВ
UOD
I5
I
I
RВН
Рис. 6б.

I4
UOD
R5
I
C
RВ 0
D
I5
I2
В
UOD
0
I5
R2
I
I4
RВ
R3
0
R4
RА
I
I
I
Е
RВН
Рис. 6г.
Решение.
Е
Рис. 6д.
Выберем направление неизвестных токов I, I1, I2, I3, I4, I5
произвольным образом (как показано на рис. 6а). Обозначим места
соединения элементов электрической цепи точками A, B, C, D. Как видно из
рис. 6а. в электрической схеме нет ни последовательного, ни параллельного,
ни смешанного соединения резисторов. Следовательно, эту задачу решим
преобразовав резисторы с сопротивлениями R1, R2, R3, соединенные
треугольником АВС в эквивалентную звезду с сопротивлениями RА, RВ, RС.
Для этого мысленно опускаем лучи из узлов А, В, С в одну общую точку О
(узел 0). Можно доказать, что сопротивления резисторов, находящихся на
этих лучах, вычисляются по формулам:
RA 
R1  R3
10  25

 5 Ом,
R1  R2  R3 10  15  25
RВ 
R1  R2
10  15

 3 Ом,
R1  R2  R3 10  15  25
RС 
R2  R3
15  25

 7,5 Ом,
R1  R2  R3 10  15  25
После проведенных преобразований резисторы R1, R2, R3 из исходной
схемы исключаются, в результате получаем следующую эквивалентную
схему. (Рис. 6б.) В этой схеме токи I4, I5, I остаются теми же самыми (по
величине и по направлению), что и на рис. 6а, поскольку данная часть схемы
не была затронута выполненным преобразованием.
Анализ электрической схемы рис. 6б показывает, что резисторы с
сопротивлениями RА и R4, а также резисторы с сопротивлениями RС и R5
включены последовательно. Заменим их на эквивалентные им резисторы с
сопротивлениями RА4 и соответственно RС5 :
R A4  R A  R4  5  25  30 Ом, RC 5  RC  R5  7,5  12,5  20 Ом.
Получаем следующую эквивалентную схему 6в. В данной схеме
сопротивления
RА4
и
RС5 включены параллельно. Заменим их на
эквивалентный им резистор с сопротивлением ROD, рассчитанным по
формуле:
ROD 
R A4  RC 5
30  20

 12 Ом.
R A4  RC 5 30  20
После проведенного преобразования схема 6в трансформируется в
схему 6г, в которой резисторы с сопротивлениями RВ, ROD, RВН включены
между собой последовательно. Заменим их на общий эквивалентный им
резистор с сопротивлением RЭКВ, найденным по формуле:
RЭКВ  RB  ROD  RBH  3  12  1  16 Ом.
Получаем окончательную эквивалентную схему замещения (рис. 6д)
исходной расчетной схемы (рис. 6а).
Зная общее эквивалентное сопротивление цепи можно найти ток I,
протекающий через источник ЭДС Е:
IE
Чтобы найти токи
RЭКВ
 32
16
 2 А.
I4 и I5, протекающие через соответствующие
резисторы с сопротивлениями RА4 и RС5 необходимо определить падение
напряжения UOD (рис 6г):
U OD  ROD  I  12  2  24 B.
Следовательно,
I4 
U OD
I5 
U OD
 24
R A4
RC 5
 24
30
20
 0,8 A,
 1,2 A. (См. рис. 6в)
Чтобы вычислить ток I3 необходимо знать падение напряжения UAC,
которое определим по второму закону Кирхгофа, выбрав положительный
обход контура ADCА по часовой стрелке, как показано на рис. 6а:
0  U AD  U CD  U AC 
0  R4  I 4  R5  I 5  U AC 
U AC  R4  I 4  R5  I 5  25  0,8  12,5 1,2  20  15  5 B
Следовательно, I 3 
U AC
R3
5
25
 0,2 A.
Токи I1 и I2 определим по первому закону Кирхгофа соответственно
для узлов А и С:
узел А: I1  I 3  I 4  0  I1  I 3  I 4  0,2  0,8  1 A,
I 2  I 3  I 5  0  I 2  I 5  I 3  1,2  0,2  1 A.
узел С:
Правильность расчетов любой электрической цепи проверяется по
законам Кирхгофа, но наиболее достоверная проверка получается лишь по
j m
i n
балансу электрических мощностей:
E I  R
i 1
i
i
j 1
j
 I 2j .
i n
Где
E I
i 1
i
i
- алгебраическая сумма мощностей, выделяемых источниками
ЭДС Е, слагаемое этой суммы берется со знаком «+», если направления ЭДС
источника и тока, протекающего через него совпадают между собой, в
противном случае берется знак «-».
j m
Где
R
j 1
j
 I 2j
-
арифметическая
сумма
мощностей,
потребляемых
приемниками (в нашем случае резисторами).
ПРИМЕЧАНИЕ. Баланс мощностей составляется для исходной схемы с
учетом истинных направлений токов.
Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:
i 1
j 6
i 1
j 1
 Ei  Ii   R j  I 2j ,
E  I  R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  I 42  R5  I 52  RВН  I 2 ,
E  I  32  2  64
Вт ,
R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  I 42  R5  I 52  RВН  I 2  10 12  15 12 
 25  0,22  25  0,82  12,5 1,22  1 22  10  15  1  16  18  4  64 Вт.
64 Вт=64 Вт.
Согласно балансу электрических мощностей, расчеты проведены корректно.
Ту же самую задачу можно решить, воспользовавшись эквивалентным
преобразованием резисторов с сопротивлениями R1, R3, R4, соединенных
звездой в треугольник с эквивалентными резисторами с сопротивлениями
R13, R34, R14. Для этого объединим выходы В, С, D резисторов R1, R3, R4 между
собой через соответствующие резисторы R13, R34, R14, которые рассчитаем по
формулам:
R13  R1  R3 
R34  R3  R4 
R1  R3
10  25
 10  25 
 45 Ом;
R4
25
R3  R4
25  25
 25  25 
 112,5 Ом;
R1
10
R14  R1  R4 
R1  R4
10  25
 10  25 
 45 Ом.
R3
25
После такого преобразования резисторы с сопротивлениями R1, R3, R4
исключаются из исходной схемы. В результате получаем преобразованную
схему (рис. 7б).
R14
А

I1
R1
R4
I3
R13
I14
I4
R3
B
R14
UBD
D B
R34
R13
I34
R34
I5
I5
R2
R5
R2
I
I2
I
C
UBС
В
I
Е
RВН
R14

UСD
UBD
Е
RВН
Рис. 7в.
RВН
Рис. 7б.
I14
RВC С RСD
I
I2
Рис. 7а.

R5
I13
I
C
Е
D
IBCD
D
В
I
I
R14
I14
UBD
RВCD
IBCD
RЭКВ
I
Е
RВН
Рис. 7г.
I
D
Е
Рис. 7д.
Как видно из рис. 7б резисторы с сопротивлениями R2 и R13, а также R5
и R34 включены между собой параллельно.
Следовательно, RBC 
RCD 
R2  R13
15  45

 11,25 Ом
R2  R13 15  45
R5  R34
12,5  112,5

 11,25 Ом
R5  R34 12,5  112,5
Преобразуем электрическую схему 7б в электрическую схему 7в.
Поскольку резисторы с сопротивлениями RВС
и RCD
включены
последовательно, то RBCD  RBC  RCD  11,25  11,25  22,5 Ом. (Рис. 7г)
Общее эквивалентное сопротивление всей цепи с учетом внутреннего
сопротивления источника ЭДС определяется:
RЭКВ  RВН 
RBCD  R14
22,5  45
 1
 1  15  16 Ом.
RBCD  R14
22,5  45
Зная общее эквивалентное сопротивление всей цепи, вычислим ток,
протекающий через источник ЭДС:
IE
RЭКВ
 32
16
 2 А.
Используя второй закон Кирхгофа для замкнутого контура BDB
определим падение напряжения между точками В и D (см. рис 7г):
Е  RBH  I  U BD  U BD  E  RBH  I  32  1 2  30 B.
Рассчитаем промежуточный ток IBCD (см. рис. 7г):
I BCD  U BD
RBCD
 30
22,5
 1,333 A.
Найдем падения напряжений UBC и UCD из рис. 7в:
U BC  RBC  I BCD  11,25  1,333  14,996  15 B,
U CD  RCD  I BCD  11,25  1,333  14,996  15 B.
Теперь определим неизвестные токи I2 и I5 из рис. 7б:
I2 
U BC
R2
 15
15
 1 A, I 5 
U CD
R5
 15
12,5
 1,2 A.
Вычислим неизвестные токи I1 и I4 по первому закону Кирхгофа,
составленных для соответственно узлов В и D (см. рис. 7а):
узел В:
I  I1  I 2  0  I1  I  I 2  2  1  1 A,
узел D:
I 4  I 5  I  0  I 4  I  I 5  2  1,2  0,8 A.
Для определения оставшегося неизвестного тока I3 воспользуемся
вторым законом Кирхгофа для замкнутого контура ВАСВ:
0  R1  I1  R3  I 3  R2  I 2  I 3 
R2  I 2  R1  I1 15  1  10  1

 0,2 A.
R3
25
Как следует из проведенных вычислений любой способ эквивалентного
преобразования треугольника в звезду или наоборот дает один и тот же
искомый результат, естественно, при четком соблюдении правил и порядка
расчетов.
1.5. Определения силы тока, падения напряжения с помощью
электроизмерительных приборов.
Для измерения силы тока последовательно в цепь включают
амперметр (А). Последовательное включение амперметра в измеряемую цепь
обуславливается тем, что его внутреннее (собственное) сопротивление (RA)
практически
равно
нулю,
что
в
реальных
соответствует проводнику (в идеале RA=0).
электрических
схемах
Следовательно, падение
напряжения на амперметре UA=RA∙I=0. Поэтому наличие его в цепи никак не
сказывается на истинном значении измеряемого тока.
Для измерения величины напряжения на любом участке электрической
цепи параллельно к нему включают вольтметр (V). Параллельное включение
вольтметра в измеряемую цепь обуславливается тем, что его внутреннее
сопротивление (RV) очень большое, что в реальных электрических схемах
соответствует разрыву ветви, в которой находится вольтметр (в идеале RV=,
а ток, протекающий через вольтметр IV=0). Следовательно, наличие его в
цепи никак не сказывается на истинном значении измеряемого напряжения.
Пример №7.
Дано: Е=120 В, R1=10 Ом, R2= R3= R5=25 Ом, R4=50 Ом (Рис. 8).
Определить: показания приборов А1, А2, А3, V1, V2.
Решение.
Определим показания электроизмерительных приборов (А1, А2, А3 и V1,
V2) воспользовавшись методом эквивалентных преобразований резисторов и
законами Ома и Кирхгофа.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, b, c, d, f, е, g, h (см. рис. 8а).
V1
Uab
IV1
I1
b
b
a
R1
R3

R1
Ucd
Uae
d
IV2
V2
Udc
R4
c
g A2
b
I2
I34
Ubf
R24
Uaе
E
R35
R5
f
e
I1
d
a
I3
I2
R2
Е
Uab
A3
f
е
h
A1
Рис. 8а.
Рис. 8б.
Uab
a

a
b

R1
E
R2435
Uaе
Ubf
E
Uaе
I
I
е
Рис. 8в.
RЭКВ
f
е,f
Рис. 8г.
Как видно из рис. 8а точки b и f – места соединения трех ветвей,
следовательно, данные точки являются узлами электрической цепи. Точки
е, g, h узлами не являются, поскольку данные точки – места соединения лишь
двух проводников. Точки a, b, c, d также узлами не являются (хотя есть
место соединения трех и более ветвей), так как токи, протекающие через
вольтметры IV1=0, IV2=0.
Выберем направление неизвестных токов
I1, I2, I3, произвольным
образом (как показано на рис. 8а).
Последовательно соединенные резисторы с сопротивлениями R2, R4 и
R3, R5
заменяем
соответственно
на
резисторы
с
эквивалентными
сопротивлениями R24 и R35:
R24 = R2 + R4 = 25+50=75 Ом.
R35 = R3 + R5 =25+25=50 Ом.
Исходную схему (рис. 8а) преобразуем в эквивалентную (рис. 8б).
Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R24 и R35
заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R2435 по формуле:
R2435 
R24  R35
75  50

 30 Ом.
R24  R35 75  50
Преобразованную схему (рис. 8б) заменяем на эквивалентную (рис. 8в).
Общее эквивалентное сопротивление всей цепи равно:
RЭКВ = R1 + R2435 = 10+30=40 Ом.
Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная
схема (рис. 8а) трансформируется в эквивалентную (рис. 8г).
Определим силу тока I1 на входе цепи (рис. 8г), что соответствует
показанию амперметра А1 (рис. 8а):
I1 
Для того чтобы
U
Е
120
 aе 
 3 А,
RЭКВ RЭКВ
40
определить показания амперметров А2 и А3 в
параллельных ветвях необходимо найти соответственно токи I2 и I3 (рис. 8б):
I2 
где
U bf
R24

U bf 90
90

 1,8 А,
 1,2 A , I 3 
R35 50
75
U bf  R2435  I1  30  3  90 В (рис. 8в).
Определим падение напряжения Uab (рис. 8в), которое соответствует
показанию вольтметра V1 (рис. 8а):
U ab  R1  I1  10  3  30 В.
Показание вольтметра V2 определим по второму закону Кирхгофа для
контура dbсd, образуемого резисторами R2, R3 и вольтметром V2 (рис. 8а):
0   R2  I 2  R3  I 3  U cd 
U cd  R2  I 2  R3  I 3  25  1,2  25  1,8  15 В
Знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное
направление падения напряжения (на рис. 8а это направление показано
пунктиром). Истинное (физическое) направление падение напряжения от
потенциала d к потенциалу c  Udc = 15 В (на рис. 8а это направление
показано сплошной линией).
Если падение напряжения измеряется вольтметром электромагнитной
системы [1], то направление падения напряжения не влияет на показание
прибора.
Если
же
падение
напряжения
измеряется
вольтметром
магнитоэлектрической системы [1], то необходимо учитывать направление
падения напряжения и правильно включить прибор, в противном случае
стрелка измерительного прибора будет отклоняться в противоположную
сторону. В обоих случаях вольтметры разной системы покажут V2 =15 В.
Показание вольтметра V2 можно также определить через электрические
потенциалы: пусть B=0, тогда d = B – R2 I2 = 0 – 251,2 = – 30 B, а
С = B – R3 I3 = 0 – 251,8 = – 45 B,
V2 = Udc= d – C = – 30– (– 45) = 15 В.
ПРИМЕЧАНИЕ. В электротехнике принято, что ток течет от точки
более высокого потенциала к точке более низкого потенциала (от «+» к «-»).
Так как мы идем по направлению тока, то потенциал d меньше B на
величину падения напряжения на резисторе R2, а С меньше B на величину
падения напряжения на резисторе R3.
Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:
i 1
j 5
i 1
j 1
 Ei  Ii   R j  I 2j , E  I1  R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  I 22  R5  I 32 ,
E  I1  120  3  360 Вт,
R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  I 22  R5  I 32  10  32  25  1,2 2 
 25  1,82  50  1,22  25  1,82  90  36  81  72  81  360 Вт.
360Вт=360 Вт.
Пример №8.
Дано: Е=110 В, R1=21 Ом, R2=40 Ом, R3=20 Ом, R4=60 Ом, R5=20 Ом.(Рис. 9)
Определить: показания приборов А1, А2, V1, V2.
V1
Uab
Uab
IV1
I1
b
b
I2
a
R1
Uae
R3
А2
d

I4 f
R4
I5
Uab
Udf
I4
g
A1
c
f
Ubd
Рис. 9б.
d R35
а
g,f,e
RЭКВ

Udf
Е
Рис. 9в.
f,e
I1
I1
I1
I3
Е
Рис. 9г.
R5
I5
e
b R24
R3
d
Рис. 9а.
а R1
I2
Uae
R5
IV2
Ubd
R2
E
c
R4
V2
e
IА2
b
R1
I3
R2
Е
I1
a
Решение.
Определим показания электроизмерительных приборов (А1, А2, V1, V2)
воспользовавшись методом эквивалентных преобразований резисторов и
законами Ома и Кирхгофа.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, b, c, d, f, е, g (см. рис. 9а).
Как видно из рис. 9а точки b, c, d, f – места соединения трех ветвей,
следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точка е
узлом не является, поскольку данная точка – место соединения лишь двух
проводников. Точки a, b, d, g также узлами не являются (хотя есть место
соединения трех и более ветвей), так как токи, протекающие через
вольтметры IV1=0, IV2=0.
Электрический потенциал точки С равен электрическому потенциалу
точки d, так как внутреннее сопротивление амперметра А2 равно нулю.
Поэтому эти узлы можно объединить в одну точку (см. рис. 9б).
Выберем направление неизвестных токов I1, I2, I3, I4, I5 произвольным
образом (как показано на рис. 9а и 9б).
Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R2, R4 и R3, R5
заменяем соответственно на резисторы с эквивалентными сопротивлениями
R24 и R35:
R24 
R2  R4
40  60

 24 Ом,
R2  R4 40  60
R35 
R3  R5
20  20

 10 Ом.
R3  R5 20  20
Схема (рис. 9б) преобразуется в эквивалентную схему (рис. 9в).
Общее эквивалентное сопротивление всей цепи равно:
RЭКВ = R1 + R24+ R35 = 21+24+10 = 55 Ом.
Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная
схема (рис. 9а) трансформируется в эквивалентную (рис. 9г).
Определим силу тока I1 на входе цепи (рис. 9г), что соответствует
показанию амперметра А1 (рис. 9а):
I1 
U
Е
110
 aе 
 2 А,
RЭКВ RЭКВ
55
Рассчитаем токи I2 и I4 (рис. 9б):
I2 
U bd 48
U
48

 1,2 A , I 4  bd 
 0,8 А,
R2
40
R4 60
U bd  R24  I1  24  2  48 В (рис. 9в).
где
Рассчитаем токи I3 и I5 (рис. 9б):
I3 
U df
R3

U df 20
20

 1 А,
 1 A , I5 
R5 20
20
U df  R35  I1  10  2  20 В (рис. 9в).
где
Падение напряжения Udf соответствует показанию вольтметра V2.
Определим падение напряжения Uab (рис. 9в), которое соответствует
показанию вольтметра V1 (рис. 9а):
U ab  R1  I1  21 2  42 В.
Показание амперметра А2 определим по первому закону Кирхгофа для
узла с или для узла d, (рис. 9а):
I 2  I A2  I 3  0  I A2  I 3  I 2  1  1,2  0,2 A.
Знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное
направление тока IA2 (на рис. 9а это направление показано пунктиром).
Истинное (физическое) направление тока от потенциала с к потенциалу d
(на рис. 9а это направление показано сплошной линией).
Если ток измеряется амперметром электромагнитной системы [1], то
направление тока не влияет на показание прибора. Если же ток измеряется
амперметром магнитоэлектрической системы [1], то необходимо учитывать
направление силы тока и правильно включить прибор, в противном случае
стрелка измерительного прибора будет отклоняться в противоположную
сторону. В обоих случаях амперметры разной системы покажут А2 =0,2 А.
Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:
j 5
i 1
E I  R
i 1
i
i
j 1
j
 I 2j , E  I1  R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  I 42  R5  I 52 ,
E  I1  110  2  220 Вт,
R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  I 22  R5  I 32  21 2 2  40 1,2 2 
 20 12  60  0,82  20 12  84  57,6  20  38,4  20  220 Вт.
220Вт=220 Вт.
Пример №9.
Дано: Е=220 В, R1=10 Ом, R2=40 Ом, R3=60 Ом, R4=20 Ом, R5=6 Ом.(Рис. 9)
Определить: показания приборов А1, А2, V1, V2.
Uab
Uab
I1
a
b
R1
Uae
R3
А2
d
g
A1

R2
Uae
E
c
R5
IV2
e
IА2
R4
V2
R1
I3
I2
R2
E
IV1
V1
Ubc
IА2
c
R4 R5
Udg=UV2
IV1
I5
g
f
Ucf
I5
Ugf=UV1
f
e
Рис. 10б.

Uab
I1
b
a
R1
а
I3
R2
E
I3
R3
d
Рис. 10а.

I1
b
I2
a
Uae
I2=IА2
c,d
R5
Ucf
I1=I5
e
R23
Ubc
Е
а
c,d
Ucf
Е RЭКВ
R5
I1
I1
f
Рис. 10в.

b
Uab
Ubc
R3
R1
f,e
Рис. 10г.
e,f
Рис. 10д.
Решение.
Определим показания электроизмерительных приборов (А1, А2, V1, V2)
воспользовавшись методом эквивалентных преобразований резисторов и
законами Ома и Кирхгофа.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d, f, е, g (см. рис. 10а).
Как видно из рис. 10а точки b, c, – места соединения трех ветвей,
следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точки а, g, е
узлами не являются, поскольку данные точки – место соединения лишь двух
проводников. Точки d, f также узлами не являются (хотя есть место
соединения трех и более ветвей), так как токи, протекающие через
вольтметры IV1=0, IV2=0.
Электрический потенциал точки С равен электрическому потенциалу
точки d, так как внутреннее сопротивление амперметра А2 равно нулю.
Поэтому участок цепи с амперметром А2 можно заменить проводником (см.
рис. 10б и 10в).
Так как сила тока
IV1 через сопротивление R5 равна нулю,
следовательно, падение напряжения Udg = UV2 = R4IV1 =200= 0 В (рис. 10б).
Таким образом показание вольтметра V2 равно нулю, а участок
электрической цепи с сопротивлением R4 из электрической схемы можно
исключить (см. рис. 10в).
Выберем направление неизвестных токов I1, I2, I3, I5 произвольным
образом (как показано на рис. 10а и 10б).
Поскольку электрические узлы d и f трансформируются в места
последовательно соединения элементов электрической цепи (точка d – место
последовательного соединения резистора R2 и проводника с током IA2; точка
f – место соединения резистора R5 и источника ЭДС Е, см. рис. 10б).
Следовательно, I2 = IA2, I1 = I5 (рис. 10в).
Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R2, R3,
заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R23:
R23 
R2  R3
40  60

 24 Ом,
R2  R3 40  60
Схема (рис. 10в) преобразуется в эквивалентную схему (рис. 10г).
Общее эквивалентное сопротивление всей цепи равно:
RЭКВ = R1 + R23+ R5 = 10+24+6 = 40 Ом.
Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная
схема (рис. 10а) трансформируется в эквивалентную (рис. 10д).
Определим силу тока I1 на входе цепи (рис. 10д), что соответствует
показанию амперметра А1 (рис. 10а):
I1 
U
Е
220
 aе 
 5,5 А,
RЭКВ RЭКВ
40
Рассчитаем токи I2 и I3 (рис. 10б и 10в):
I2 
U bc 132
U
132

 3,3 A , I 3  bc 
 2,2 А,
R2
40
R3
60
U bc  R23  I1  24  5,5  132 В (рис. 10г).
где
Показание амперметра А2 соответствует силе тока I2 = IA2 = 3,3 A.
Определим падение напряжения Uсf (рис. 10г), которое соответствует
падению напряжения Ugf (рис. 10б) и показанию вольтметра V1 (рис. 10а):
U cf  U gf  R5  I1  6  5,5  33 В.
Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:
j 5
i 1
E I  R
i 1
i
i
j 1
j
 I 2j , E  I1  R1  I12  R2  I 22  R3  I 32  R4  IV21  R5  I 52 ,
E  I1  220  5,5  1210 Вт,
R1  I  R2  I  R3  I  R4  I 22  R5  I 32  10  5,52  40  3,32 
2
1
2
2
2
3
 60  2,2 2  20  0  6  5,52  302,5  435,6  291,4  0  181,56  1210 Вт.
1210Вт = 1210 Вт.
Пример №10.
Дано: Е1=100 В, Е2=150 В, E3=60 B, UAD=50 B, UHD=110 B, R1=30 Ом,
R2=20 Ом, R3=100 Ом (рис. 11).
Определить: показание амперметра А.
E
А
UAD
IA
R2
E1
R1
UHD
E2
D
F
С
R3
В
G
I1
А
I2
E3
H
Рис. 11.
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
A, B, C, D, E, F, G, H (см. рис. 11).
Как видно из рис. 11 точки A, D, E, H – места соединения трех ветвей,
следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точки B, C
узлами не являются, следовательно, элементы R1, E1, R2 включены
последовательно. Точки G, H также узлами не являются, следовательно,
элементы E2, R3, Е3 включены последовательно.
Выберем направление неизвестных токов
I1, I2, IА произвольным
образом (как показано на рис. 11).
Определим силу тока I1 по обобщенному закону Ома для участка цепи AD,
т.е. по закону Ома для участка цепи с источником ЭДС Е1:
I1 
 E1  U AD  100  50

3 A R1  R2
30  20
в данном выражении знак «+»
ставится перед ЭДС и падением напряжения, если их направления совпадают
с выбранным направлением тока, в противном случае берется знак «-».
Аналогично определим силу тока I2 для участка цепи DН:
I2 
 E 2  Е3  U НD  150  60  110

 2 A - знак «-» говорит о том,
R3
100
что мы неправильно выбрали истинное направление тока I2 (на рис. 11 это
направление показано пунктиром). Истинное (физическое) направление тока
I2 от потенциала Н к потенциалу D
(на рис. 11 это направление показано
сплошной линией).
Показания амперметра IA определим по первому закону Кирхгофа в
узле D для истинных значений и направлений токов:
I1  I 2  I A  0
 I A  I1  I 2  3  2  5 A.
Следовательно, амперметр А покажет 5 А.
Пример №11.
Дано: Е1=100 В, Е2=150 В, E3=330 B, R1=30 Ом, R2=20 Ом, R3=100 Ом,
R4=20 Ом, I1 = 3 A, I2 = 4 A (рис. 12).
Определить:
показание амперметра А и вольтметра V, построить
потенциальную диаграмму для контура KHFGDCBAK.
E
А
IA
E1
UAD
С
R2
R1
А
D
E2
UKD
G
В
R3
F
I2
I1
E3
H
R4
K
V
Рис. 12.
Решение.
Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
A, B, C, D, E, F, G, H, K (см. рис. 12).
Как видно из рис. 12 точки A, D, E, K – места соединения трех и более
ветвей, следовательно, данные точки являются электрическими узлами.
Точки
B, C узлами не являются, следовательно, элементы R1, R2, E1
включены последовательно. Точки G, F, H также узлами не являются,
следовательно, элементы E2, R3, Е3, R4 включены последовательно.
Запишем первый закон Кирхгофа для узла D:
I1  I А  I 2  0
 I A  I 2  I1  4  3  1 A.
Следовательно, амперметр А покажет 1 А.
Определим падение напряжения UAD из обобщенного закона Ома для
участка цепи AD:
I1 
 E1  U AD
R1  R2
 U AD  E1  ( R1  R2 )  I1  100  (30  20)  3  250 B.
Определим падение напряжения UKD из обобщенного закона Ома для
участка цепи KD:
I2 
 E 2  Е3  U KD
R3  R4

U KD   E 2  E3  ( R3  R4 )  I 2  150  330  (100  20)  4  300 B.
Знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное
направление падения напряжения UKD (на рис. 12 это направление показано
пунктиром). Истинное (физическое) направление падения напряжения UDК от
потенциала D к потенциалу
К (на рис. 12 это направление показано
сплошной линией).
Определим показания вольтметра V по второму закону Кирхгофа,
выбрав положительный обход контура KHFGDCBAK против часовой
стрелки. Считаем, что вольтметр V с участками KD и DA создает замкнутый
контур.
 U DK  U AD  U AK  0  U AK  U DK  U AD  300  250  550 B.
где UAK = UV, следовательно, вольтметр покажет 550 В.
Показание вольтметра V можно также определить через электрические
потенциалы:
пусть D=0, тогда C = D + E1,
B = C + R2 I1 = D + E1 + R2 I1,
A = B + R1 I1 = D + E1 + R2 I1+ R1 I1=0+100+203+303=250 B,
пусть D=0, тогда G = D – E2,
F = G – R3 I2 = D – E2 – R3 I2,
H = F + E3 = D – E2 – R3 I2 + E3,
K = H – R4 I2 = D – E2 – R3 I2 + E3 – R4 I2 =0–150–1004+330–204=–300 B.
Следовательно, показание вольтметра V равно:
UAK= A – K = 250– (– 300) = 550 В.
Построение потенциальной диаграммы. Потенциальной диаграммой
называется распределение электрических потенциалов вдоль участков цепи
замкнутого контура - (R). Выберем положительный обход контура против
часовой стрелки KHFGDCBAK. Для построения потенциальной диаграммы
предполагаем, что один из потенциалов (любой) замкнутого контура равен
нулю.
Пусть K=0, тогда H = K + R4 I2 =0+204=80 B,
F = H – E3 =80 – 330 = –250 B,
G = F + R3 I2 = –250 + 1004 = 150 B,
D = G + E2 = 150 + 150 = 300 B,
С = D + E1 = 300 +100 = 400 B,
B = C + R2 I1 = 400 + 203 = 460 B,
A = B + R1 I1 =460 + 303 = 550 B,
K = A– UAK = 550 – 550 = 0 B.
ПРИМЕЧАНИЕ 1. В данных выражениях значение ЭДС Е берется со знаком
«+», если обход контура совпадает с направлением Е, так как ток в источнике
ЭДС течет от более низкого потенциала к более высокому (от «-» к «+» - это
указывается стрелкой внутри источника Е). В противном случае берется знак
«-».
ПРИМЕЧАНИЕ 2. В данных выражениях значение падения напряжения
берется со знаком «+», если обход контура направлен против направления
тока. В противном случае берется знак «-».
Воспользовавшись найденными числовыми значениями электрических
потенциалов построим потенциальную диаграмму (рис 13).
В 
600
A
550
B
460
1
C
400
E1
D
300
UAK
E2
200
G
150
Н
80
R3
К
0
R4
20
50
R1
R2
100
120
140
R
К
170
Ом
E3
2
-200
-250
F
В, (-  )
Рис. 13.
ПРИМЕЧАНИЕ 3. Как видно из потенциальной диаграммы величины
сопротивлений R4, R3, R2, R1 откладываются НЕ от начала координат, а
согласно обходу контура.
Угол наклона 1, 2 кривых (K-H), (C-A) прямо пропорционален
соответственно токам I1 и I2, так как:
tg 1 ~
U AC
R  R2   I1  I  3
U AB R1  I1 U BC R2  I1




 1
1
R1
R1
R2
R2
R1  R2
R1  R2
tg 2 ~
U HK R4  I 2 U GF R3  I 2



 I2  4
R4
R4
R3
R3
Учитывая, что ток I2 больше I1 следовательно 2 больше 1.
2. РАСЧЕТ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ ПОСТОЯННОГО
ТОКА МЕТОДОМ КОНТУРНЫХ (ФИКТИВНЫХ) ТОКОВ
Данный метод базируется на законах Кирхгофа и наиболее удобен при
расчетах электрических цепей, где количество независимых контуров
меньше количества электрических узлов.
При решении задач предполагается, что в независимых контурах
электрической цепи протекают свои контурные токи, которые будем в
дальнейшем обозначать для первого, второго и т.д. контуров соответственно
I11, I22 и т.д.
Затем составляются линейные уравнения относительно выбранных
неизвестных контурных (фиктивных) токов, согласно второму закону
Кирхгофа. Количество составленных независимых линейных уравнений
должно соответствовать количеству неизвестных контурных токов. Решая
полученную систему уравнений относительно неизвестных контурных токов,
определяем неизвестные (реальные) токи I1, I2 и т.д.
Применение метода контурных токов рассмотрим на конкретном
числовом примере.
Пример №12.
Дано: Е1=150 В, Е2=50 В, Е3=120 В, Е4=20 В, Е5=150 В, R1=9 Ом,
R2=4 Ом, R3=7 Ом, R4=1 Ом, R5=3 Ом, R6=3 Ом, R7=2 Ом. (Рис. 14)
Определить: токи в цепи, построить потенциальную диаграмму для
внешнего контура.
5
Е2
R1
R6
I1
Е1
R4
1
6
7
I2
I3
Е3
11
4
I11
Е5
I22
10
R2
R7
3
2
R3
9
Е4
8
R5
Рис. 14.
Решение.
Направим произвольным образом реальные неизвестные токи I1, I2, I3.
Поскольку в расчетной схеме два независимых контура (1,11,10,2,3,4,5,6,1) и
(1,7,8,9,2,10,11,1), то контурных токов должно быть тоже два, соответственно
I11, I22. Выберем произвольным образом направление контурных токов,
например, по часовой стрелке (см. рис. 14).
Составим
два
линейных
уравнения
относительно
неизвестных
контурных токов I11, I22, используя второй закон Кирхгофа.
Вначале определяем все падения напряжения в первом контуре от
протекающего в нем контурного тока I11 со знаком «+»:
R6  I11  R7  I11  R3  I11  R2  I11  R1  I11 ,
а
затем
все
падения
напряжения от контурного тока I22, протекающего через участок 2,10,11,1
этого же контура, но со знаком «-»:  R7  I 22  R6  I 22 .
Таким же образом определяются падения напряжения для второго
контура.
Следовательно:
R6  I11  R7  I11  R3  I11  R2  I11  R1  I11  R7  I 22  R6  I 22  E1  E2  E5 ,
 R6  I11  R7  I11  R4  I 22  R5  I 22  R6  I 22  R7  I 22   E3  E4  E5
( R6  R7  R3  R2  R1 )  I11  ( R7  R6 )  I 22  E1  E2  E5 ,
 ( R6  R7 )  I11  ( R4  R5  R6  R7 )  I 22   E3  E4  E5
(3  2  7  4  9)  I11  (2  3)  I 22  150  50  150,
 (2  3)  I11  (1  3  2  3)  I 22  120  20  150
25  I11  5  I 22  50,
 5  I11  9  I 22  50
40  I 22  200  I 22  5 A,
25  I11  5  5  50  I11  1A.
Согласно данному методу величина и направление выбранных
контурных токов I11 и I22 соответствует искомым физическим токам
соответственно I1 и I2 (см. рис. 14).
ПРИМЕЧАНИЕ. Данное утверждение дается без доказательств.
Следовательно, I1= I11=-1 А, а I2=I22=5 А.
Знак «-» тока I1 означает, что истинное направление тока должно быть
противоположно рассчитанному. На схеме истинное направление тока I1
показано пунктиром.
Ток I3 определим по первому закону Кирхгофа для узла 1:
I 3  I 2  I1  0  I 3  1  5  0  I 3  6 A
Правильность проведенных расчетов проверим по балансу мощностей:
 E1  I 1  E2  I 1  E3  I 2  E4  I 2  E5  I 3 
 R1  I12  R2  I 12  R3  I12  R4  I 22  R5  I 22  R6  I 32  R7  I 32
150  1  50  1  120  5  20  5  150  6  9  12  4  12  7  12  1  5 2  3  5 2  3  6 2  2  6 2
300 Вт  300 Вт.
Построим
потенциальную
диаграмму
для
замкнутого
3456178923 .
Пусть потенциал φ3=0, тогда φ4= φ3+R2 ·I1 = 0+4·1=4 В,
φ5= φ4+Е1 = 4+150=154 В,
φ6= φ5+R1 ·I1 = 154+9·1=163 В,
контура
φ1= φ6 – Е2 = 163 – 50=113 В,
φ7= φ1 – R4 ·I2 = 113 – 1·5=108 В,
φ8= φ7 – Е3 = 108 – 120= –12 В,
φ9= φ8 – R5 ·I2 = –12 – 3·5= –27 В,
φ2= φ9+Е4 = –27+20= –7 В,
φ3= φ2+R3 ·I1 = –7+7·1=0 В.
Графически потенциальная диаграмма выглядит следующим образом
(рис. 15):
В 
6
163
154
5
140
1
120
113
108
100
7
80
60
40
20
3
4
R2
4
-7 0
-12
4
13
14
8
-27
R3
R5
R4
R1
17
2
9
В, (-  )
Рис. 15
3
24
Ом
R
3. МЕТОД ДВУХ УЗЛОВ
Данный метод базируется на обобщенном законе Ома и первом законе
Кирхгофа и применяется при расчетах электрических цепей с двумя узлами
(т.е. электрическая цепь с параллельно соединенными ветвями). При
решении задач данным методом в начале определяется падение напряжения
между этими двумя узлами по формуле:
n
U 12 
G
i
 Ei
i
,
m
G
j
j
где Gi , Gj – электрические проводимости соответствующих ветвей,
GjEi – произведение электрической проводимости ветви на ЭДС Е той же
самой ветви, которое берется со знаком «+», если ЭДС Е направлено к узлу 1,
в противном случае берется знак «-».
После определения падения напряжения между двумя узлами рассчитывается
неизвестные токи по обобщенному закону Ома (см. пример 10).
Применение метода двух узлов рассмотрим на конкретном числовом
примере. В качестве примера возьмем ту же самую задачу, что и в
предыдущем случае (см. пример №12).
Решение.
Определим падение напряжения между двумя узлами 1 и 2:
U 12 

G1  E1  G1  E2  G2  E3  G2  E4  G3  E5

G1  G2  G3
0,05 150  0,05  50  0,25 120  0,25  20  0,2 150 7,5  2,5  30  5  30

 120 B,
0,05  0,25  0,2
0,5
где G1 
G2 
1
1

 0,05 См,
R1  R2  R3 9  4  7
1
1

 0,25 См,
R4  R5 1  3
G3 
1
1

 0,20 См.
R6  R7 3  2
Рассчитаем неизвестные токи I1, I2, I3 по обобщенному закону Ома:
E1  E2  U 12 150  50  120

 1 A,
R1  R2  R3
947
I1 
Отрицательное значение тока I1 означает, что истинное направление
тока должно быть противоположно рассчитанному. На схеме истинное
направление тока I1 показано пунктиром.
I2 
E4  E3  U12 20  120  120

 5 A,
R4  R5
1 3
I3 
E5  U12 150  120

6
R6  R7
3 2
Вывод:
Как
A.
показывают
расчеты,
правильное
применение
перечисленных методов дает один и тот же искомый результат.
4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕЖИМОВ РАБОТЫ РЕАЛЬНЫХ
ИСТОЧНИКОВ ЭДС Е
Пример №13
Дано: источник ЭДС Е2 с параметрами Е2=60 В и RВН2=3 Ом (рис. 16а).
Приведена внешняя характеристика источник ЭДС Е1 (рис. 16б).
Определить: 1. показания амперметра А,
2. как работают источники ЭДС Е1 и ЭДС Е2.
а
с
[B] Uab
I
1
100
E1
E2
f
e
Ucd
Uab
RВН1
RВН2
в
A
Рис. 16 а.
d
0
Рис. 16б.
2
I
50
[A]
Решение.
Расставим электрические потенциалы точек а, с, f, d, b, e в
электрической
цепи
электрическими
(рис.
узлами
16а).
не
Поскольку
являются,
перечисленные
следовательно,
все
точки
элементы
электрической цепи включены последовательно и через них протекает один и
тот же ток I. Найдем величину этого тока по второму закону Кирхгофа:
E1  E 2  RBH 1  I  RBH 2  I
I 
E1  E 2
,
RBH 1  RBH 2
(1)
В выражении (1) значения Е2 и RВН2 заданы, а значения Е1 и RВН1
определим из внешней характеристики источника ЭДС Е1, которая
математически описывается уравнением:
U ab  E1  RBH1  I ,
Если в формуле (2)
(2) – вывод данной формулы смотри ниже.*
I = 0, то Uab = E1 и как следует из рис. 16б
Uab = E1= 100 В. В данном случае цепь разомкнута, а источник ЭДС Е1
работает на холостом ходу.
Если в формуле (2)
Uab = 0, то ток I = IКЗ и как следует из рис. 16б
I = IКЗ = 50 А. В этом случае зажимы источника ЭДС E1 замкнуты накоротко,
а источник работает в режиме короткого замыкания. При коротком
замыкании
формула
0  E1  RBH 1  I КЗ
(2)
 RBH 1 
трансформируется
E1 100

 2 Ом,
I КЗ
50
в
формулу
(3):
(3)
Подставим численные значения Е1 и RВН1 в формулу (1) получим:
I
E1  E 2
100  60

 8 A,
RBH 1  RBH 2
23
Следовательно амперметр А покажет 8 А.
Как видно из рис. 16а для реального источника ЭДС Е2 ток I и Е2 не
совпадают по направлению между собой, а для реального источника ЭДС Е1
ток I и Е1 совпадают по направлению между собой, поэтому в первом случае
источник ЭДС Е2 работает как «аккумулятор» и падение напряжения на его
зажимах c-d определяется по формуле (4):
U cd  E2  RBH 2  I ,
(4)
а во втором случае источник ЭДС
Е1 работает как «генератор» и
падение напряжения на его зажимах a-b определяется по формуле (2).
*Выведем формулу (2), используя понятия электрических потенциалов
(см. примеры 11,12).
Вначале найдем потенциал е через потенциал b по формуле (5):
 e  b  RBH1  I ,
(5)
Затем определим потенциал а через потенциал е по формуле (6):
 a   e  E1 ,
(6)
Подставим выражение (5) в выражение (6), получим:
 a   e  RBH1  I  E1 ,
 a   e   RBH1  I  E1 ,
U ab   RBH1  I  E1 ,
где
U ab   a   b ,
Пример №14
Дано: реальный источник ЭДС Е с параметрами Е=220 В и RВН= 1 Ом;
RПР= 21 Ом (рис. 17).
Определить: 1. показания вольтметров V при разомкнутом и замкнутом
ключе К. 2.максимальную мощность PMAX, выделяемую источником в
приемник при замкнутом ключе К.
а
с
b
I
Ucd
E
V2
g
V1
Uaf
d
K
RВН
f
RПР
e
Рис. 17
V3
Решение.
1. При разомкнутом ключе К ток I в цепи равен нулю. Поскольку
 a   b   c , а  e   f (так как сопротивления соединительных проводов
считаем равными нулю), то U af  U be и два вольтметра V1 и V2 покажут
одно и тоже значение, которое определим по формуле:
U af  E  RBH  I  220  1  0  220 B.
Показание третьего вольтметра V3 вычислим по формуле:
U cd  RПР  I  21  0  0 B.
При замкнутом ключе К, учитывая, что все элементы замкнутой цепи
соединены последовательно, то через них протекает один и тот же ток I,
величину которого определим из второго закона Кирхгофа:
E  RBH  I  RПР  I
Поскольку
I
 a  b  c
E
220

 10 А.
RBH  RПР 1  21
,
а
e   f  d
,
следовательно,
U af  U be  U cd и все три вольтметра V1, V2 и V3 покажут одно и то же,
которое вычислим по формуле:
U cd  RПР  I  21  10  210 B,
либо по формуле
U af  E  RBH  I  220  1  10  210 B.
2. Для того, чтобы в приемнике выделялась максимальная мощность
РПРMAX необходимо, чтобы он работал с источником ЭДС Е в согласованном
режиме. Для достижения согласованного режима необходимо так подобрать
сопротивление приемника R΄ПР, чтобы оно было равно внутреннему
сопротивлению RВН источника ЭДС Е, то есть R΄ПР= RВН, (1).
Для доказательства условия (1) возьмем первую производную от
мощности выделяемой в приемнике РПР по сопротивлению резистора RПР и
приравняем ее к нулю:
PПР RПР 
 0, (2)
RПР
функции РПРMAX(RПР)
- что соответствует условию максимума
[см. курс высшей математики].
Мощность, потребляемую приемником РПР находим по формуле:
PПР  RПР  I 2 , (3) ,
где
I
E
RBH  RПР
(4)
Подставим выражение (3) в (2) и возьмем его первую производную по
d
формуле:
математики],
U ( x)
dU ( x)
dV ( x)
V ( x) 
 U ( x) 
V ( x)
dx
dx

2
dx
V ( x)
получим:
[см. курс высшей
RПР  E 2

RBH  RПР 2  0,
RПР
RBH  RПР 2  Е 2  RПР  E 2  2  ( RBH  RПР )  0,
RBH  RПР 4
RBH  RПР 2  Е 2  2  RПР  Е 2  RBH  RПР   0.
После элементарных упрощений получим:
2
2
RВН
 RПР
 0  RBH  RПР ,
что и требовалось доказать.
Доказав условие (1), изменим величину сопротивления приемника с
RПР =21 Ом до R΄ПР= RВН=1 Ом и определим ток IСОГЛ, который будем
протекать в замкнутой цепи при согласованном режиме:
I СОГЛ 
RBH
E
Е
220


 110 A, (5).

 RПР
2 RBH
2
Максимальную
мощность,
потребляемую
приемником
при
согласованном режиме, находим по формуле:
2
  I СОГЛ
PПРMAX  RПР
 1  110 2  12100 Вт  12,1 кВт , (6)
Для сравнения мощность, потребляемая приемником при RПР =21 Ом равна:
PПР  RПР  I 2  21  102  2100 Вт  2,1 кВт , (7).
Таким образом, при согласованном режиме работы приемника с источником
РПРMAX 12,1

6
ЭДС Е мощность, выделяемая в приемнике будет в
РПР
2,1
раз больше, чем при обычном режиме.
Однако коэффициент полезного действия (КПД) источника при
согласованном режиме, как показывают расчеты, будет всего ηСОГЛ=50%.
Докажем это. В общем случае КПД источника определяется по формуле:

где
PПР  RПР  I 2
РПР
РИСТ
(8),
(9) - мощность, потребляемая приемником, равная
полезной мощности, выделяемой источником;
PИСТ  Е  I
Если
RПР
(10) - вся мощность, выделяемая источником.
=21
Ом,
то
РПР=2,1
кВт,
(см.
формулу
7),
а
PИСТ  Е  I  220  10  2,2 кВт.
Следовательно,  
РПР 2,1

 0,999  99,9 %
РИСТ 2,1
При согласованном режиме R΄ПР= 1 Ом, тогда РПРMAX=12,1 кВт, (см. формулу
6), а PИСТ СОГЛ  Е  I СОГЛ  220  110  24,2 кВт .
Следовательно, СОГЛ 
Оставшиеся
50%
РПРMAX
12,1

 0,5  50 %.
РИСТ СОГЛ 24,2
мощности,
выделяемой
источником
ЭДС
Е
расходуется внутри самого источника, так как мощность, выделяемая внутри
источника РИСТ ВНУТ при согласованном режиме определяется по формуле:
PИСТ ВНУТ  RВН  I 2СОГЛ  11102  12,1 кВт
и равна PПРMAX .