СБОРНИК ЗАДАЧ

После преобразования уравнение (1) принимает вид

	R I	x2	U2 − U1		− R0 l I
U = U1 +	0		+			x.	(2)
	l			l

Для определения точки линии, в которой напряжение U минимально, находим производную dUdx и приравниваем ее нулю:

dU

2R I

U2

− U1 − R0 l I

=

0

x +

= 0,

откуда

dx

l

l

x =

U1 − U2 + R0 l I

=

620 −

580 + 0,1 10

200

= 6 êì.

2R0 I

2 01, 200

Подставляя в уравнение (2) значение х = 6 км, определяем минимальное напряжение между контактным проводом и рельсами:

Umin	= 620 +	0,1 200	62 +	(580 − 620 − 200)	6 = 548 Â.
	10		10

Задача 1.26. Определить ток I â öåïè (ðèñ. 1.19, а) по методу эквивалентного генератора, если E1 = 120 Â, E2 = 40 Â, R = 20 Îì, R1 = R2 = 10 Îì , R3 = R4 = 20 Îì, R5 = 5 Îì .

Ð è ñ . 1 . 1 9

30

Р е ш е н и е . Согласно методу эквивалентного генератора

I = Uab õ , R + Râõ

ãäå Uab õ – напряжение на зажимах разомкнутой ветви с сопротивлением R (напряжение холостого хода); Râõ – входное сопротивление цепи по отношению к зажимам расчетной ветви.

Для определения Uab õ размыкаем ветвь с сопротивлением R (ðèñ. 1.19, б) и рассчитываем токи I1õ è I2õ в оставшейся части схемы:

	I1õ	=		E1		= 6 À;
			R1	+ R2
	I2õ	=		E2		= 1 À.
			R3	+ R4

Тогда напряжение Uab õ находим, записав уравнение второго закона Кирхгофа для любого контура, в который входит искомое напряжение, например для контура abсd:

0 = Uab õ + R4I2õ − R2I1õ ,

откуда

Uab õ = R2I1õ − R4I2õ = 40 Â.

Исключаем из схемы источники ЭДС (оставляя их внутренние сопротивления, если они имеются) и получаем расчетную схему для определения Râõ (ðèñ. 1.19, в):

R =	R1R2		+ R +	R3R4		= 20 Îì.
âõ	R1	+ R2	5	R3	+ R4

Итак, ток в ветви с сопротивлением R

	I =	40		= 1 À.
		20	+ 20

Задача 1.27. Â öåïè (ðèñ. 1.20) E1 = E2 = E3 = 60 Â, R1 = 10 Îì, R2 = 15 Îì, R3 = 30 Îì, R4 = 10 Îì, R5 = 30 Îì, R6 = 15 Ом. Определить показание вольтметра, считая его сопротивление равным бесконечности.

31

Ðè ñ . 1 . 2 0

Ðе ш е н и е . Показание вольтметра в цепи равняется разности потенциалов точек е è f

UV = ϕe − ϕf = Uef .

Равенство нулю внутренних сопротивлений источников ЭДС (что практически имеет место при их достаточно большой мощности) позволяет производить расчет потенциалов точек е è f раздельно, используя метод двух узлов.

Приняв потенциал точки d равным нулю, определим потенциал точки е:

1

E +

1

E

−

1

E

ΣgE

Ued = ϕe − ϕd

= ϕe

=

=

R1

1

R2

2

R3

3

= 40 Â.

Σg

1

1

1

+

+

R

R

R

1

2

3

Аналогично найдем потенциал точки f:

1

E

+

1

E

2

−

1

E

3

U fd = ϕf − ϕd

= ϕf

=

ΣgE

=

R4

1

R5

R6

= 20 Â.

Σg

1

1

1

+

+

R

R

R

4

5

6

Показание вольтметра UV = ϕe − ϕf

= Uef

= 40 − 20 = 20 Â.

Задача 1.28. В цепи (рис. 1.20) вместо вольтметра включен амперметр, сопротивление которого можно принять равным нулю. Параметры элементов цепи: E1 = E2 = E3 = 60 Â, R1 = 10 Îì, R2 = 15 Îì, R3 = 30 Îì, R4 = 10 Îì, R5 = 30 Îì, R6 = 15 Ом. Определить показание амперметра.

32

Р е ш е н и е . Если пренебречь сопротивлением амперметра, то потенциалы точек e è f окажутся равными. По этой причине нагрузка источников представляет собой три пары параллельно со-

единенных сопротивлений R1

è R4, R2 è R5, R3 è R6.

Находим узловое напряжение цепи:

1

1

1

1

1

1

+

E

+

+

E

−

+

E

Ued = U fd =

R1

R4

1

R2

R5

2

R3

R6

3

= 30 Â.

1

+

1

+

1

+

1

+

1

+

1

R

R

R

R

R

R

1

2

3

4

5

6

Находим токи ветвей:

I = g

(E − U

ed

) =

E1 − Ued

= 3 À;

1

1

1

R1

I2 =

E2 − Ued

= 2 À; I3

=

−E3 − Ued

= −3 À.

R2

R3

Произвольно приняв положительное направление тока в ветви с амперметром от узла е ê óçëó f, составим уравнение по первому закону Кирхгофа:

IÀ = I1 + I2 + I3 = 3 + 2 − 3 = 2 À.

Проверку правильности решения задачи легко выполнить, рас- считав показание амперметра методом эквивалентного генератора. Электродвижущая сила эквивалентного генератора Еý равна напряжению холостого хода между точками е è f, т.е. показанию вольтметра в предыдущей задаче. Внутреннее сопротивление эквивалентного генератора равно входному сопротивлению цепи относительно зажимов e è f (рис. 1.20). Так как входное сопротивление цепи определяется при закороченных источниках ЭДС, то сопротивления R1, R2 è R3 оказываются соединенными параллельно друг другу, как и сопротивления R4, R5 è R6. Между собой же эти две группы сопротивлений соединены последовательно:

	Rý =	Râõ =		R1R2R3			+
			R1R2	+ R2R3		+ R3R1
+		R4R5R6			= 5	+ 5 = 10 Îì.
	R4R5
		+ R5R6 + R6R4

33

Показание амперметра:

IA =

E

ý

=

E

ý

=

Uef x

=

U

V

=

20

= 2

À.

Rý + RA

Rý

Rý

Râõ

10

Задача 1.29. К источнику напряжением 12 В последовательно подключены линейный резистор сопротивлением R1 = 5 Ом и нелинейный элемент (НЭ), вольт-амперная характеристика (ВАХ) которого I2 = 01,U22 (ðèñ. 1.21, а). Определить ток цепи и напряжение на каждом элементе.

Р е ш е н и е а н а л и т и ч е с к о е. Запишем уравнение по второму закону Кирхгофа для цепи:

U = R1 I + U2.

Так как при последовательном соединении токи обоих элементов одинаковы, то I1 = I2 = I = 01,U22 è U = 01,U22R1 + U2. Тогда

U22 + 2U2 − 24 = 0.

Решая это уравнение, получаем: U2 = 4 В (отрицательный корень отбрасываем как не имеющий физического смысла). Напряжение на линейном резисторе U1 = U − U2 = 8 Â.

Ð è ñ . 1 . 2 1

34

Òîê öåïè

I = U1 = 1,6 À

R1

или с помощью ВАХ нелинейного элемента находим:

I= 01,U22 = 1,6 À.

Ðе ш е н и е г р а ф и ч е с к о е. Строим ВАХ элементов цепи. Для

резистора сопротивлением R1 ВАХ представляет собой прямую линию, которую строим по двум точкам. Одной точкой является начало координат (0; 0), другая должна удовлетворять равенству

R1 = 5 Îì = U1I, например (5; 1) или (10; 2) и т.д. Прямая I(U1) и ВАХ нелинейного элемента I(U2), построенная по уравнению I = 01,U22, приведены на рис. 1.21, б. При последовательном соединении напряжение на входе будет равно сумме напряжений на участках цепи:

U = U1 + U2,

поэтому для построения эквивалентной ВАХ выполняем суммирование характеристик I(U1) è I(U2) по оси напряжений. Результирующая кривая I(U) изображена на рис. 1.21, б.

По оси напряжений откладываем заданное значение напряжения U = 12 В и проводим вертикальную линию до пересечения с ВАХ I(U). Точка пересечения определяет ток цепи I = 1,6 А. Напряжения на участках цепи находим, опустив перпендикуляры на ось U из точек пересечения с ВАХ I(U1) è I(U2) , получаем:

U1 = 8 Â, U2 = 4 Â.

Графическое решение задачи можно выполнить также методом пересечения характеристик. В методе реализуется графическое решение двух уравнений с двумя неизвестными. Одним из уравнений считаем зависимость I(U2) нелинейного элемента, которому соответствует его ВАХ. Другое уравнение, связывающее те же I è U2, получим по второму закону Кирхгофа:

U = R1I + U2,

откуда I = (U − U2 )R1 , ò.å. I = f(U2).

Очевидно, что зависимость I = f(U2) линейная, и эту прямую строим по двум точкам (рис. 1.21, в): ïðè I = 0 напряжение U2 =U = = 12 В (точка M); ïðè U2 = 0 òîê I = UR1 = 125 = 2,4 А (точка N).

35

Ток в элементах последовательной цепи одинаков, следовательно, точка пересечения ВАХ нелинейного элемента I(U2) и нагрузочной характеристики I = f(U2) (ðèñ. 1.21, в) определяет искомое решение: I = 1,6 À, U1 = 8 Â, U2 = 4 Â.

Задача 1.30. Нелинейный элемент, ВАХ которого I1 = 0,01U 2, и линейный резистор сопротивлением R2 = 5 Ом соединены параллельно (рис. 1.22, а). В неразветвленном участке цепи ток I = 3 А. Определить напряжение на зажимах цепи и токи в каждом элементе.

Ðè ñ . 1 . 2 2

Ðе ш е н и е а н а л и т и ч е с к о е. По первому закону Кирхгофа

I = I1 + I2

èëè

I = 0,01U 2 + UR2 .

После преобразования получим квадратное уравнение

U 2 + 20U − 300 = 0,

решение которого позволит определить напряжение U = 10 В (отрицательный корень отбрасываем как не имеющий физического смысла). Зная напряжение U, рассчитываем токи в ветвях

I1 = 0,01U 2 = 1 À; I2 = UR2 = 2 À.

Р е ш е н и е г р а ф и ч е с к о е. Для нахождения напряжения источника по заданному току цепи необходимо заменить исходную цепь, состоящую из двух параллельно соединенных элементов, цепью с одним эквивалентным нелинейным элементом. С этой целью

36

строим ВАХ каждого элемента по уравнениям I1 = 0,01U 2 , I2 = U5 и заменяем их суммарной ВАХ (рис. 1.22, б). При параллельном соединении элементов напряжение на них будет одинаковым, а общий ток равен сумме токов ветвей, поэтому для построения суммарной ВАХ произвольно задаемся напряжением и определяем соответствующий ток по уравнению

I = I1 + I2.

Таким образом, суммируя ВАХ I1(U) è I2(U) по оси токов, получаем эквивалентную ВАХ цепи I(U) (ðèñ. 1.22, б). По оси токов откладываем заданное значение тока I = 3 А и проводим горизонтальную линию до пересечения с суммарной ВАХ I(U) . Точка пересечения определяет напряжение U = 10 В. Токи в ветвях обусловлены найденным напряжением и определяются точками пересечения с ВАХ I1(U) è I2(U) :

I1 = 1 À; I2 = 2 À.

Задача 1.31. Два полупроводниковых диода включены последовательно (рис. 1.23, а). Напряжение U = 60 В. Обратные ветви ВАХ диодов приведены на рис. 1.23, б. Определить сопротивление резистора, который следует включить параллельно одному из диодов, чтобы обратные напряжения на диодах были одинаковыми.

Ðè ñ . 1 . 2 3

Ðе ш е н и е . Из ВАХ следует, что при любом значении тока, проходящего по последовательно соединенным диодам, имеет место неравенство U1 > U2. Это объясняется тем, что обратное сопро-

тивление диода VD1 больше, чем диода VD2.

Для того чтобы напряжения на последовательных участках цепи были одинаковыми, сопротивления этих участков должны

37

быть равными. С этой целью параллельно диоду VD1 подключаем резистор, сопротивление которого

R =	U 2	=	U 2				=	30	= 15 êÎì,
			I2 30		− I1 30			0,004 − 0,002
	IR			)		)
			(		(

ãäå U/2 = 30 В – половина напряжения источника, приходящегося на каждый из последовательных участков; IR – ток, проходящий по резистору; I2(30) – ток второго диода при напряжении 30 В; I1(30) – ток первого диода при напряжении 30 В.

Задача 1.32. Кремниевый стабилитрон VD используется для стабилизации напряжения на нагрузке R2 = 500 Îì (ðèñ. 1.24, а). Напряжение U = 15 В. Вольт-амперная характеристика стабилитрона приведена на рис. 1.24, б. Определить минимальное сопротивление балластного резистора R1, при котором ток стабилизации стабилитрона не превышает 100 мА. До какого значения может упасть напряжение источника питания при условии сохранения стабилизирующего эффекта стабилитрона? Определить коэффициент стабилизации напряжения.

Ðè ñ . 1 . 2 4

Ðе ш е н и е . Согласно ВАХ стабилитрона максимальному току ста-

билизации Imax = 100 мА соответствует напряжение U2 max = 10,5 В. При этом ток нагрузки

I2 max = U2 maxR2 = 21 ìÀ.

Минимальное сопротивление балластного резистора

R	=	U1	=	U − U2 max	=	15 − 10,5	= 37,2 Îì.
1		I1		Imax + I2 max	0,1 + 0,021

Стабилизирующий эффект стабилитрона сохраняется, пока его рабочая точка находится на участке ab (ðèñ. 1.24, б). Точка а õà-

38

рактеризуется минимальным током стабилизации Imin = 10 мА и минимальным напряжением стабилизации U2 min = 10 Â.

Минимальное напряжение источника питания при работе стабилитрона в точке а

Umin = U1 min + U2 min = R1I1 min + U2 min =
= R			+	U2 min		+ U		= 11,1 Â.
	I
1		min		R2			2 min

	Коэффициент стабилизации напряжения
	kU =	U U		=	(U − Umin ) U	=	(15 − 11,1) 15		= 5,4.
		U2 U	2		(U2 max − U2 min ) U2 max		(10,5 − 10)	10,5

Задача 1.33. Â öåïè (ðèñ. 1.25, a) U = 12 Â, R1 = 20 Îì, R2 = 60 Ом. Вольт-амперная характеристика нелинейного элемента приведена на рис. 1.25, б (кривая НЭ). Определить напряжение на нелинейном элементе. Задачу решить методом эквивалентного генератора.

Р е ш е н и е . При использовании метода эквивалентного генератора аналитический расчет сводится к определению ЭДС эквивалентного генератора и его внутреннего сопротивления.

Ð è ñ . 1 . 2 5

39