Rel_2000

Метод узловых потенциалов

ϕI G11 + ϕII G12 + ϕIII G13. . . = J11

ϕI G21 + ϕII G22 + ϕIII G23. . . = J22

ϕI G31+ ϕII G32 + ϕIII G33. . . = J33

R1

2

R3

ϕ4 = 0

R2

ϕ1(1/R1 + 1/R5) - ϕ2(1/R1)= -E1(1/R1) - J6,

E1

E3

E2

-ϕ1(1/R1) + ϕ2(1/R1+1/R2+1/R3) - ϕ3(1/R3)

=

R5

R4

= E1(1/R1) +E3(1/R3) -E2(1/R2)

1

3

4

-ϕ2(1/R3)+ϕ3(1/R3+1/R4)= -E3(1/R3)+J6

J6

R6

R1	2		R3
E1			E3
R5		E2	ϕ4	= 0,
			R4

1	4	3	ϕ2 = -E2,

ϕ1(1/R1+1/R5) - ϕ2(1/R1) = -E1(1/R1) - J6,

J6	R6	-ϕ2(1/R3)+ ϕ3(1/R3+1/R4) =-E3(1/R3)+J6

РАСЧЕТА ЦЕПЕЙ

Основные положения и соотношения

Метод контурных токов

II R11 + II IR12 + IIII R13 . . . = E11 II R21 + III R22 + IIII R23 . . . = E22 II R31 + III R32 + IIII R33 . . . = E33

R1 R3

R2	III
I
I	E3
E1		II (R1+R2+R5) + III R2 - IIIIR5 = E1 + E2,
E2	R4	II R2+ III (R2+R3+R4) - IIIIR4 =-E2 - E3,
R5
		-II R5 - III R4 + IIII (R4+R5+R6) = E6.
IIII

E6

R1

R2

E1 II

E2

R5

IIII

R6

R3

	III				E3	II (R1+R2+R5) - IIIR2 - IIIIR5 = E1 + E2,
	R4					-IIR2 + III (R2+R3+R4) - IIIIR4 =-E2 - E3.
						IIII = -J6,

J6 R6

Упражнения и задачи

Задача 1.

Методом контурных

R5

R6

токов найти

токи

в

ветвях

цепи

(рис.2.1).

R3

Е1 = 100 В, Е2 = 30 В, Е3 = 10 В,

Е4 =6 В, R1 = 10 Ом, R2 = 10 Ом,

R3 = 1 Ом,

R4

=

6

Ом,

R5 = 5

Ом,

I5

IIII

R6 = 15 Ом.

III

E4

I6

Решение:

I4

Выберем

положительные

на-

правления контурных токов II, III, IIII

R4

в независимых

контурах заданной

R2

I2

E2

E3

I3

цепи по часовой стрелке и запишем

систему

уравнений

для

контурных

токов:

II

I1

R1

E1

ì(R + R

)I

- R

I

= E - E

- E

;

Рис. 2.1

2

I

2

II

2

3

ï

1

1

í- R2 II

+ (R2 + R5

+ R3 + R4 )III

- (R3

+ R4 )IIII = E2

- E;

ï

+ (R3

+ R4 + R6 )I III

= E3 + E4 ,

î- (R3 + R4 )III

которая после подстановки числовых значений примет вид :

ì20II -10I II

= 60;

ï

+ 22I I I

- 7IIII = 24;

í-10I I

ï

= 16.

î- 7I I I + 22I III

Решая систему уравнений, получим значения контурных токов:

II = 5 А,

III = 4 А,

IIII = 2 А.

В ветви с ЭДС Е1

ток I1 имеет направление контурного тока II

и поэтому

I1 =

II.

Аналогично в пятой и шестой ветвях:

I5 = III ,

I6 = IIII.

Во второй

ветви с сопротивлением R2

ток I2 равен алгебраической сумме

контурных токов II и III :

I2 = II - III = 5 - 4 = 1 А.

Аналогично в третьей и четвертой ветвях:

I3 = II- III = 5-2 = 3 А,

I4 = III - IIII = 4- 2 = 2 A.

Задача 2 . Определить токи в цепи		I1			a
(рис. 2.2) методом контурных токов. Про-						I2
верить	выполнение баланса мощности.
R1 = 2 Ом, R2 = 8 Ом, R3 = 5 Ом, Е1 = 4 В,		E1	J		II	E2
Е2 = 16 В, J = 1 A.					c
Решение:
Цепь имеет один независимый кон-		R	R3			R2
тур, включающий ветви с ЭДС Е1 и Е2,
		1			III
поэтому методом контурных токов со-
ставляется одно уравнение для тока II, ус-					b
ловно положительное направление кото-
рого выберем по часовой стрелке.				Рис. 2.2
Контурный ток III, проходящий через ветви с источником тока J и источ-
ником ЭДС Е2, равен току источника тока
III = J = 1 А.
Уравнение для контурного тока II примет вид
II (R1+R2) + IIIR2 = E1 + E2,
или после подстановки числовых значений
II (2+8) + 1×8 = 4+16,
откуда	II = 1,2 A.
Токи в ветвях:
I1 = II = 1,2 A;
I2 = II + III = 2,2 A.
Для определения мощности источника тока, рассчитаем напряжение Uас
на его зажимах
Uас = -E2 + I2R2 + JR3 =-16 + 17,6 + 5 = 6,6 B.
Мощность источника тока
PJ = JUас = 4×1,2 = 4,8 Вт.
Мощности источников ЭДС:
PE1 = E1 I1 = 4×1,2= 4,8 Bт,
PE2= E2 I2 = 16×2,2 = 35,2 Bт.
Потребляемая мощность:
PR = I12×R1 + I22×R2 + J2×R3 ,
PR= 2,88 + 38,72 +5 = 46,6 Вт.
Мощность, выделяемая источниками:
PJ + PE1+ PE2= Pист ,
6,6 +4,8 + 35,2 = 46,6 Вт.
Баланс соблюдается: PR=Pист .

Задача 3 . Используя ме- тод узловых потенциалов, опре- делить все токи (рис.2.3).

Е1 = 30 В, Е2 = 10 В, Е3 = 200 В, J4 = 7 A, R1 = 20 Ом, R2 = 30 Ом, R3 = 6 Ом, R4 = 8 Ом, R5 = 15 Ом, R6 = 40 Ом, R7 = 10 Ом.

Решение:

Приняв потенциал узла c равным нулю, запишем уравне- ния для потенциалов других уз- лов:

ìjaGaa - jbGab = J aa ; íî- jaGba + jbGbb = Jbb ,

	I1		E1	R1
	R7
a	R5		I5		b
		R4		E2
R6	J4	I4	R2	I2	R3
				E3	I3
	I6		c
		Рис. 2.3

где

Gaa = 1/(R1+R7) + 1/R4 + 1/R5 + 1/R6 = 1/(20 + 10) + 1/8 + 1/15 + 1/40 = 0,25 Cм -

собственная проводимость первого узла, равная сумме проводимостей ветвей, подключенных к первому узлу;

Gab = Gba = 1/(R1+R7) + 1/R5 = 1/(20 + 10) + 1/15 = 0,1 См - взаимная прово-

димость между первым и вторым узлами, равная сумме проводимостей ветвей, соединяющих эти узлы;

Gbb = 1/(R1+R7) + 1/R2 + 1/R5 + 1/R3 = 1/(20 + 10) + 1/30 + 1/15 + 1/6 = 0,3 Cм - собственная проводимость второго узла, равная сумме проводимостей ветвей,

подключенных ко второму узлу;

Iaa = E1/ (R1+R7) - E4/ R4 = 30/(10 + 20) – 200/8 = -6 A - узловой ток первого узла, равный алгебраической сумме произведений ЭДС, присоединенных к

первому узлу, на проводимости этих ветвей и токов источников тока, подключенных к первому узлу; при этом токи источников тока, направленные к узлу, всегда берутся со знаком плюс;

Ibb = -E1/ R1+R7) + E2/ R2 - E3/ R3 = 30/(10 + 20) + 10/30 – 200/6 = -34 A - уз-

ловой ток второго узла.

После подстановки числовых значений в исходную систему уравнений получим:

0,25jа - 0,1jb = -6,0 , -0,1jа + 0,3jb = -34,0.

Решение системы двух уравнений дает значение узловых потенциалов:

jа = -80 В, jb = -140 В.

Применяя закон Ома для каждой ветви, определим искомые токи:

I = ϕa −ϕb − E1			= −80−(−140) =1 A,	I	2	= ϕc −ϕb + E2	=	0−(−140)	= 5 A,
1	R1	+ R7	20+10			R2	30

I3 =

ϕ b − ϕc + E3

=

−140 +200

=10 A;

I4

=

ϕc − ϕa

= − (−80)

=10 A;

6

R 3

R 4

8

I5 =

ϕa − ϕb

= −80

− (−140 )

=

4 A;

I6

=

ϕc − ϕa

=

− (−80) =

2 A.

40

R 6

R 6

40

Задача 4. Методом уз-

IE1

R1

2

I2

E2

ловых потенциалов найти то-

I

ки,

если Е1=100 В,

Е2=10В,

R2

E5=40 В, R1=20 Ом, R2=30 Ом,

1

E5

R3 = 20 Ом, R4 = 10 Ом

E

3

IE5

1

(рис.2.4, а).

1

Решение:

I3

R4

Примем потенциал чет-

R3

вертого узла равным нулю:

ϕ4 = 0. Тогда потенциал второ-

I4

го узла становится известным:

ϕ2 = Е1 = 100 B, и для этого

4

узла уравнение не составляет-

ся.

Рис. 2.4,а

2 E2

В заданной цепи имеется ещё

одна ветвь, содержащая только

R1

R2

источник ЭДС - пятая. Поэтому

в уравнения, составленные по

E

E5

методу узловых потенциалов для

3

E

1

узлов 1 и 3, к которым подходит

ветвь с ЭДС Е5, войдут слагае-

E1

мые,

имеющие

бесконечную

E

проводимость (так

как

сопро-

тивление

идеального

источника

R3

R4

ЭДС равно нулю). Чтобы обойти

это затруднение, исключим эту

4

ветвь.

Введем в ветви, подклю-

ченные к узлу 1 дополнительные

Рис. 2.4,б

равновеликие ЭДС Е*, направ-

ленные

к

узлу

1

и

равные

Е* = Е5 (рис. 2.4,б).

Такое введение дополнительных

2

R2

источников не изменит токи, так

как в первый закон Кирхгофа ЭДС

R1

2

не входят,

а в уравнениях, состав-

I

ленных по второму закону Кирхго-

I1

E2+Е

фа, эти дополнительные ЭДС все-

E1 3

1

гда взаимно компенсируются.

В пятой ветви ЭДС Е5 и Е*

E

компенсируют друг друга; потен-

R3

циал узла 3 становится равным по-

I4

тенциалу узла 1 (рис. 2.4,в).

I3

Согласно методу узловых по-

R

4

тенциалов для цепи, показанной на

рис. 2.4,в,

уравнение для узла 3

4

примет вид:

Рис. 2.4, в

ϕ3 (1/R1+1/R2+1/R3+1/R4) - ϕ2(1/R1+1/R2) = (E2+E*)(1/R2) + (E*)(1/R4),

или после подстановки числовых значений

ϕ3(1/20+1/30+1/20+1/10) - 10(1/20+1/30) = (10+40)(1/30) + (40)(1/10).

Таким образом, потенциал узла 3 (или узла 1*) ϕ3 = ϕ1*= 60 В. Применяя закон Ома для первой и третьей ветвей, определим токи:

	I1 =	ϕ2 − ϕ3 =	E − ϕ3		=	100 − 60		=2 А;
			R1				20
		R1
	I3 =	ϕ4 − ϕ4 =	60 − 0		= 3 A.
			20
		R4

В исходной цепи потенциал узла 3 также равен ϕ3 = 60 В. Определим по- тенциал узла 1:

ϕ1 = ϕ3 - Е5 = 60 - 40 =20 В.

Применяя закон Ома для второй и четвертой ветвей (рис. 2.4,а), опреде- лим токи:

I 4

=

ϕ1

=

20

= −2A;

10

R 4

I

2

=

ϕ2 − ϕ1 + E 2

=

100 − 20 +10

=

A

R 2

30

3 ,

а токи в ветвях IE1 и IE5 согласно первому закону Кирхгофа равны соответст-

венно:

IE1

= I1 + I2 =2+3= 5 A,

IE5 = I3 - I1 =3-2= 1 A.

Задача 5 Найти токи, если дано:		R1	E1	I1
E1 =2 B, E2 = 6 B, R1 = 4 Ом, R2	= 3 Ом,	I2	E2	R3	I3
R3=3 Ом (рис. 2.5).	R2
Ответ: 1 A , 2 A , 4 A .	3 A			2 A
			Рис. 2.5

Задача 6 .

а) Определить показание вольтметра (рис. 2.6).

б) Вместо вольтметра включен амперметр. Определить его показание, при

R1=5 Ом,

E1

R1

R4

E1=20 B,

-

R2=15 Ом,

E2

E3

+

E2=10 B,

V

R3=10 Ом,

R2

R3

R5

R6

E3=10 B,

R4=15 Ом,

R5=10 Ом,

R6=5 Ом .

Ответ : а) 9,1 В ,

Рис. 2.6

б) 1,67 А

.

Задача	7 . Определить
показание	вольтметра
(рис.2.7) .
E1=80 B,	R1=R3=4 кОм ,
E2=30 B,	R2=2 кОм ,

E3=20 B.

Ответ: 40 B .

R1	R2	R3	+
			V
E1	E2	E3	-

Рис.2.7

	СВОЙСТВА ЛИНЕЙНЫХ ЦЕПЕЙ
	Основные положения и соотношения
		Теорема компенсации
			I
		A	R	U
	I			I
A		Е=U	A	J	U
		Теорема взаимности
		Ij = Ik
Ek	П	I Ik		П	Ei
Im		In		Im =a1 In + a2,
Um		A	Un	Um =b1 Un + b2,
				Um =c1 In + c2.

ЭГ

I

R

I

RН

U

EЭГ

JЭГ

GЭГ

RН

U

ЕЭГ = U ХХ ,

JЭГ = IКЗ,

I КЗ

UХХ

GЭГ =1/RХХ =

,

R

= R

=

,

U ХХ

ЭГ

ХХ

IКЗ

EЭГ

U=

J ЭГ

.

I =

.

GЭГ

+ 1/ RХХ

RЭГ

+ RН

Теорема вариаций

Im

Im = Im

(− Gmn

Rm )

+ Gmn

,

Rm

0 1

Rm

In

I n = I mo

(− Gmn

Rm )

A

1 + Gmn

.

Rm

Rm

Эквивалентные преобразования “треугольник - звезда”, “ звезда -треугольник ”

	1			1
	R31	R12		R1
3	R23	2	R3	R2

		3	2
	Преобразование		Преобразование
	«треугольник – звезда»
		«звезда – треугольник»