Rel_2000

R1 =

R12 × R31

,

G1 =1/R1 ,

G2 =1/R2 ,

G3 =1/R3 ,

R12

+ R23 + R31

G12

=1/R12 ,

G23 =1/R23

, G31 =1/R31 ,

G1 ×G2

R × R

23

G12 = G1 + G2 + G3

,

R2 =

12

,

G2 ×G3

R12 + R23 + R31

G23

=

,

G1

+ G2 + G3

R3 =

R23 × R31

.

G32

=

G3 ×G2

.

R12

+ R23 + R31

G1

+ G2 + G3

Коэффициенты передачи

I1

I2

KU = U2 / U1 ,

KI = I2 / I1,

U1

П

U2

KR = U2

/ I1,

KG = I2 / U1,

KP = P2 / P1.

Упражнения и задачи

c

Задача 1 . Найти ток I5.

R

E1=120 B , R1 = 60 Ом , R2 = 15 Ом ,

R1

R3 = 90 Ом,

R4 = 60 Ом , R5 = 12 Ом .

2

I5

Решение:

теоремой

взаимно-

a

R5

b

Воспользуемся

сти. Ток I5 , вызванный ЭДС Е (рис. 3.1),

равен току I6* ,

если

ЭДС

Е поместить в

R3

R4

пятую ветвь (рис. 3.2).

d

E

R1

c

R2

Рис. 3.1

I1

I1 c

I5

d

a

I3 I5 R5

b

R5

I3

E

E

R1

R2

R4

R3

R3

R4

d

I6

Рис. 3.3

Рис. 3.2

Сначала вычислим ток I5 в ветви с источником ЭДС (рис. 3.2 , 3.3) .

I5* =

E

=

120

= 2

A .

× R2 +

60 ×15 +

R5

+

R1

R3 ×

R4

12 +

60 × 90

R1 + R2

R3 + R4

60 + 15

60 + 90

По формуле разброса находим токи I1* и I3*

*

=

*

×

R2

= 2

×

15

= 0,4

A ,

I1

I5

R

+

R

75

2

1

R4

60

*

=

*

×

= 2

×

= 0,8

A .

I3

I5

R3 +

150

R4

Согласно первому закону Кирхгофа, составленному для узла а (рис. 3.2),

ток I6* равен

I6*= I1* - I3* =

0,4 - 0,8 = -0,4 A.

По теореме взаимности искомый ток : I5 = I6*

= -0,4

A.

Задача 2 . Вычислить напряже-

R3

ние U5, применив метод наложения.

R1= 40 Oм, R2= 10 Oм, R3= 50 Oм,

J2

R5

R4 = 20 Oм, R5 = 20 Oм, E1 = 50 B,

U5

J2=2.5 A (рис.3.4).

R1

E1

R2

Решение:

Напряжение U5 определяется

суммой частных напряжений, созда-

R4

ваемых источником ЭДС U5*

и ис-

точником тока U5**:

Рис. 3.4

U5 = U5* + U5**.

Расчет напряжения U5* проводим по схеме, в которой ветвь с источником

тока разрывается (J2 = 0) (рис. 3.5) :

R3

é		E		ù
U5* = ê	1			ú	× R5 ,
	R + R		+ R
ë	3	4	5	û

R1

E1

R2

R5 U5

50

U 5* =

× 20

=11,11 B.

R4

50

+ 20

+ 20

Рис. 3.5

Расчет напряжения U5** проводим по схеме, в которой источник ЭДС за-

корачивается (Е1 = 0) (рис. 3.6) .

R3

U ** =

éJ

R4

ù

× R ,

J2

5

ê

2 R

+ R

+ R

ú

5

R1

R2

R5

U5

ë

3

4

5

û

2,5 × 20 × 20

U 5** =

=11,11

B .

50 + 20 + 20

R4

Рис. 3.6

	Искомое напряжение:
	U5 = U5* + U5** = 11,11 + 11,11 = 22,22 B.
	Задача 3 . Найти ток в сопротив-
лении R5 (рис. 3.7).
	E1 = E2 = 20 B, R1 = R2 = 40 Ом,
R3	= 10 Ом, R4 = 160 Ом, R5 = 20 Ом.
	E1

Решение:

Ток в одной ветви удобно нахо- дить методом эквивалентного генерато- ра.

R5	I5
R1	R4
	E2

R1 R2

Рис. 3.7

a

ЕЭГ

I5

RЭГ

R5

b

Рис. 3.8

E1

a

R1

I

R3

Выделим ветвь с сопротивлением R5 и найдем параметры источника ЭДС, эквивалентного ос- тавшейся части сложной цепи (рис. 3.8).

Еэг = Uab ( при R5 → ∞ ) ;

Rэг= Rаb (при R5 →∞ , Ei →0 , Jj →0).

Напряжение Uab определяем по схеме рис.3.9, в которой токи I* и I** легко определя- ются независимо друг от друга.

a

R1 R3

I

R4

R2

R4

R2

b

E2

b

Рис. 3.9

Рис. 3.10

Uab = (-I*)R3

+ (I**)R4

= −

E1

R3

+

E2

R4

,

R1

+ R3

R2 + R4

Uab = 12 B.

Сопротивление эквивалентного генератора определяем по схеме (рис.3.10), в которой источники источники ЭДС закорачиваются, ветви с источниками то- ка разрываются :

Rab =	R1 × R3	+	R2 × R4	;	Rab = 40 Oм .
	R1 + R3		R2 + R4

Искомый ток I5 находим по эквивалентной схеме замещения (рис.3.8):

I5 = Еэг /(Rэг + R5) = 12 / ( 40 + 20 ) = 0,2 A.

Задача 4 . Применив теорему об эквивалентном источнике и условие передачи максимальной мощности, определите сопротивление резистора R3, (рис. 3.11) при котором в нем выделяется максимальная мощность.

Вычислите значение этой мощ-

R2

E6

ности при E6 = 40 B, J = 10 мA,

R1 = 5 кОм,

R2 = 3 кОм,

R3

R4 = 2 кОм,

R5 = 20 кОм,

J

R1

R5

R6

R6 = 4 кОм.

Решение:

R4

По отношению к ветви с со-

Рис. 3.11

противлением R3 найдем па-

раметры эквивалентного ис-

точника ЭДС (рис. 3.12). При нахождении ЭДС

a

эквивалентного генератора (рис. 3.13) в режиме

EЭГ

холостого хода удобно применить метод двух

узлов, если заменить источник

тока

эквива- R3

лентным источником ЭДС (рис. 3.14).

b

RЭГ

Рис. 3.12

а

a

R2

R2

E6

J×R1

E6

R

R5

R5

J

1

R

R1

R6

R4

R4

I4

b

b

Р

Рис. 3.14

ис. 3.13

Потенциал точки а: ϕa =

E6 / R6 + J × R1 /(R1 + R2 + R4 )

,

1/ R6 +1/ R5 +1/(R1 + R2 + R4 )

ja =

40 / 40 ×103 + 10 ×10−3 × 5 ×103 /10 ×10

3

= 37,5

B.

1/ 40 ×103 + 1/ 20 ×103

+ 1/10 ×103

В соответствии с законом Ома ток I4 равен:

j

a

- J × R

37,5 - 10 ×10−3 × 5 ×10

3

= -1,25 ×10−3А = -1,25 мА.

I

4

=

1

=

R

+ R

2

+ R

4

10 ×103

1

Потенциал точки b:

jb = I4 × R4 = -1,25 ×10 × 2 ×10 = -2,5 B.

a

Напряжение между точками а и b:

U ab = ja - jb = 37,5 - (- 2,5) = 40

B.

R1

R2

Cопротивление эквивалентного

генера-

R5

R6

тора определяем по схеме (рис. 3.15),

в кото-

R4

рой закорочена ЭДС Е6 и ток источника J ра-

вен нулю (т.е. ветвь с источником тока разры-

b

вается).

Рис. 3.15

(R1 +

æ

R5 R6

ö

æ

20 × 4 ö

ç

+

÷

(5 + 3)ç

20 +

R2 )ç R4

R5

÷

20

÷

3

R

ab

=

è

+ R6 ø

=

è

+ 4 ø

×10

= 3,2 кО м .

R1 + R2 + R4

+

R5 R6

5 + 3 + 20 +

20 × 4

R5

+ R6

20

+ 4

Из условия передачи максимальной мощности определяем величину со-

противления R3:

R3 = RЭГ = 3,2

кОм.

Выделяемая максимальная мощность в сопротивлении R3:

			æ	E	ö		2			E 2
P = I 2	× R	3	= ç		ЭГ	÷ × R		3	=	ЭГ	=
3 3			ç	RЭГ	÷					4R3
			è		+ R3 ø

Задача 5 . Найти ток I1 в электрической цепи,

	1600	=125 ×10−3 Вт .
	4×3,2×103

приведенной на рис.3.16.

E1 = 4 B, E2 = E3 = 2 B, E4 = 12 B, R1 = 5 Ом, R2 = R5 = 4 Ом, R3 = 8 Ом, R4 = 2 Ом , R6 = 1 Ом.

Решение:По отношению к ветви с сопротивлением R1 и ЭДС E1 заменим цепь эквивалентным генератором (рис. 3.17):

В режиме холостого хода определим напряжение Uab (рис. 3.18), для чего вос- пользуемся методом двух узлов:

				E4	−		E2		−	E3
			R + R			R	+ R			R
U	cd	= ϕ =	4	6		2	5			3	;
		c		1	+		1		+	1
			R + R			R	+ R			R
		4		6		2	5			3

12 − 2 − 2

U cd = 3 8 8 = 6 В. 13 + 18 + 18

R4	с
E4		R5	R3
	R1						EЭГ	R
I1		E1
								ЭГ
a		b				a	R1	E1	b
R6
		R2	E3
		E2
	d						Рис. 3.17
		Рис. 3.16
R4		c
					По закону Ома токи в ветвях :
		R5
E4			R3	I4	=	ϕC − E4 =		6 −12 = −2 A,
		I5
						R4 + R6		3

a	I4		b	I5	=	ϕC + E5 =	6 + 2	= 1 A.
	R6	R2		E3		R2 + R5	8
		E2
		d
		Рис. 3.18

Теперь определим потенциалы точек a и b:

jа = I4 × R6 = (- 2)×1 = -2 B, jb = -E4 + I5R2 = -2 +1× 4 = 2 B.

Напряжение холостого хода Uab :

U ab = ϕa − ϕb = −2 − 2 = −4 B.
Сопротивление эквивалентного генератора						определяем по схеме
(рис. 3.19), в которой закорочены источники ЭДС.
R4	c			a		R6 R2	b
	R5
a	b		R3		R4	d	R5
	R2
R6						R3	c
	d					Рис. 3.20
	Рис. 3.19
			a		b
			R6	Rd	Rb
		R4
			d		Rc

c

Рис. 3.21

При этом необходимо преобразовать соединение “треугольник“ с сопротивле- ниями R2, R3, R5 (рис. 3.20) в эквивалентную ”звезду” с сопротивлениями Rb, Rc, Rd (рис. 3.21):

Rb =

R2 × R5

=

4× 4

=1 Ом,

R =

R3 × R5

=

2×4

= 2 Ом,

R2

4+ 4 +8

R

+ R + R

4

+ 4+8

+ R3 + R5

c

2

3

5

Rd =

R2 × R3

=

4 × 8

= 2 Ом .

R2

+ R3 + R5

4

+ 4

+ 8

И, наконец, по схеме (рис. 3.21)

Rab = Rb +

(R4 + Rc )× (R6 + Rd )

=1 +

(2 + 2)× (1 + 2)

= 2,7 Ом .

Rc + Rb + Rd

+ R4

4

+ 3

Искомый ток

I1

=

EЭГ

+ E1

=

- 4

+ 4

= 0 А .

RЭГ

+ R1

2,7

+ 5

							R2
Задача 6 . Определить методом	R1
эквивалентного источника тока ток в							E2
сопротивлении R1 (рис.3.22).											R5
R1= 4 Ом, R2= 2 Ом, R3= 6 Ом, R4= 5 Ом,
R5=8 Ом, E2 = 22 B, E4 = 13 B, J = 3 A.				J			R4
Ответ: 5,08 A .	R3						E4
						Рис. 3.22

Задача 7 . Опытным путем был получен участок зависимости тока I на входе некоторого активного двухполюсника в функции от напряжения U на его зажимах (рис. 3.23).

Определить параметры схемы за-		А	I
		0,2
мещения этого двухполюсника для схе-
мы:		0,1
а) с источником ЭДС;					U
б) с источником тока.			5	10	В
Ответ: a) E=10 B,	R=50 Ом;
			Рис. 3.23
б) J=0,2 A,	R=50 Ом.

Задача 8 . Ток через амперметр в положении 1 переключателя был равен I* = 40 мА. При установке переключателя в положение 2 ток оказался равным I**= 60 мА.

Определить показание ам- перметра (рис.3.24) в том случае,

если переключатель установлен в положение 3, а E2 = 4 B, E3 = 6 B.

Внутренним сопротивлением источников пренебречь.

Ответ: 190 мА.

G11 = I1 / E1 (рис. 3.26). Для простоты расчетов выберем значение ЭДС	E1
= 1 B.

R2

I

1

I3

1

I5

E

R4

R1

R

R3

5

Тогда

Рис. 3.26

I1

1

1

1

G

=

=

=

=

= 0,033 См,

40 × (16 + 24)

11

1(B)

R +

R4 (R2 + R53 )

10 +

30

1

R4 + R2 + R53

40 + 16 + 24

R5

× R3

где R53

=

=

40 × 60

= 24 Ом .

R5 + R3

100

Взаимная проводимость двух любых ветвей определяется отношением тока в одной ветви к ЭДС в другой при равных нулю ЭДС (или источников то- ка) в остальных ветвях. Токи в ветвях:

I5 =

I

1

×

R

3

,

I3 =

I

1

×

R

5

,

I5

= 1/100

A,

I3

= 1/150

A.

2

R3

2

R3 +

+ R5

R5

Следовательно,

G15 = 1/100 См

и

G13 = 1/150 См.

Задача 10 . Используя принцип наложения и найденные в задаче 9 про- водимости ветвей, определить ток I1 в первой ветви.

Решение: Ток в первой ветви определяется частичными токами от ис-

точников ЭДС					E5 и		E3		I1 = E1 G11 - E5 G15 - E3 G13 .
Cлагаемые с								вошли в уравнение с отрицательным знаком, так
как частичные токи, называемые источниками E5 и										E3 не совпадают с выбран-
ным условно-положительным									направлением	тока I1	(рис. 3.26).
I1 =120	1	- 80		1	-150		1	= 2,2	A .
			100			150
30

Задача 11 . Определить изменения токов в первой DI1 , третьей DI3 и пя- той DI5 ветвях задачи 9 при уменьшении сопротивления R1 на 5% (воспользо-

ваться теоремой вариаций). Решение:	Изменение первого сопротивления
составляет DR1 = -10×(5 / 100) = -0,5 Ом.

Согласно теореме вариаций приращения токов равны:

DI1 = -I10	G11DR1		= -2,2 ×	0,033 × (- 0,5)		= 0,037 A,
	1 + G	DR			1 + 0,033 × (- 0,5)
11		1