TOEIsaev
.pdf
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
|
|
|
AT |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
¯ |
|
|
|
↓ |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
↓ |
|
|
|
|
|
|
1 R1 0 0 0 0 0 |
-1 0 0 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 1 R2 0 0 0 0 |
|
|
0 0 -1 |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-1 0 1 1 0 0 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 0 1 R3 0 0 0 |
|
|
1 0 -1 |
|
|
|
|||||||||
A×g ×A |
= |
|
0 0 0 -1 -1 1 |
|
|
0 0 0 1 R 0 0 |
|
|
1 -1 0 |
|
= |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 -1-1 0 0 -1 0 0 0 0 1 R 0 |
0 -1 0 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 0 0 0 0 1 R6 |
|
0 1 -1 |
|
(35) |
||||||||
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
+ |
+ |
|
|
- |
|
|
|
|
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
R1 R4 |
|
|
R3 |
|
|
|
R4 |
|
|
|
|
|
R3 |
|
|
|
|
|
0,217 |
-0,05 -0,067 |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= |
- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
+ |
|
|
|
- |
|
|
|
|
|
|
|
= |
-0,05 |
|
|
0,375 -0,125 |
. |
|||||||
R4 |
|
|
|
|
|
R5 |
R4 |
R6 |
|
|
R6 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-0,067 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
- |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
- |
1 |
|
|
|
|
|
1 |
+ |
|
1 |
+ |
1 |
|
|
-0,125 -0,275 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
R3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
R6 |
|
|
R2 |
R6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Следующим шагом будет произведение матриц:
|
|
|
|
1 R 0 0 0 0 0 |
|
E |
E1 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
1 |
|
1 |
+ |
E3 |
|
|
|
||||||||
-1 |
0 1 1 0 0 |
0 1 R2 0 0 0 0 |
|
-E3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
||||
|
R1 |
R3 |
|||||||||||||||||
|
|
0 0 -1 -1 1 |
|
0 0 1 R3 0 0 0 |
|
-E2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b = -A×g×E = |
0 |
|
|
|
0 |
|
= |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
= |
0 . (36) |
|
|
0 |
|
|
0 0 0 1 R4 0 0 |
|
|
|
|
E2 |
|
|
E3 |
|
|
|
||||
|
-1 -1 0 0 -1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-3,5 |
||||||
|
|
|
|
0 0 0 0 1 R5 0 |
|
0 |
|
|
- R |
- R |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
3 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
0 0 0 0 0 1 R6 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Теперь можно найти потенциалы узлов, используя следующие соотношения:
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
26,71 |
|
|
j = (A ×g × A |
T |
) |
−1 |
×b = |
1 |
|
= |
|
|
|
|
|
|
j2 |
|
|
2,539 |
. |
(37) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-5,098 |
|
|
|
|
|
|
|
j3 |
|
|
|
|
|
При известных потенциалах узлов находим напряжения на каждой ветви:
21
U1 |
|
|
|
-1 |
0 |
0 |
|
|
|
|
E1 |
|
|
23, 29 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
-1 |
|
j |
|
|
|
|
|
-24,902 |
|
U2 |
|
|
|
|
0 |
0 |
|
|
-E3 |
|
|
||||||
U3 |
|
= A |
T |
|
1 |
0 -1 |
|
1 |
|
|
-E2 |
|
|
16,808 |
|
||
U = |
|
|
|
j + E = |
1 |
-1 |
0 |
|
j2 |
|
+ |
0 |
|
= |
24,171 |
. (38) |
|
U4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
U |
5 |
|
|
|
|
0 |
-1 |
0 |
|
j3 |
|
|
0 |
|
-2,539 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
1 -1 |
|
|
0 |
7,637 |
|||||||
U6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
И, наконец, находим токи во всех ветвях:
I1 |
|
U1 |
R1 |
|
|
2,329 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
-2,075 |
|
|
I2 |
U2 |
R2 |
|
|
|
|||||
I |
|
|
U |
|
R |
|
|
1,121 |
|
|
I = |
3 |
|
= g ×U = |
3 |
3 |
|
= |
1, 209 |
. |
(39) |
I4 |
U4 |
R4 |
|
|
|
|||||
I |
|
|
U |
|
R |
|
-0, 254 |
|
|
|
|
5 |
|
|
5 |
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,955 |
|
||
I6 |
|
U6 |
R6 |
|
|
|
Взавершении задачи рекомендуется проверить баланс мощностей
иубедиться, что расчет сделан правильно. В матричной форме баланс мощностей записывается в следующем виде:
P = IT × R × I =161,899 Вт. |
P = I × Е= Е × I =161,899 Вт. |
П |
И |
Проверим наши данные, проделав виртуальную лабораторную работу в Electronics–Workbench. Подключив параллельно сопротивлениям вольтметры можно определить напряжения. Разделив показание вольтметров на соответствующие сопротивления можно найти токи в ветвях.
Рис. 1.13. Схема, собранная в Electronics Workbench
22
Лекция № 3
§ 1.9. Метод эквивалентных преобразований
Рассмотрим фрагмент электрической цепи, приведённой на рисунке
1.14:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.14 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Токи в каждой ветви с ЭДС определяются выражениями: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
I = |
E1 + Uab |
= g ×(E +U |
ab |
), I |
2 |
= |
E2 + Uab |
= g |
2 |
×(E |
2 |
+U |
ab |
), |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
|
|
R1 |
1 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ek + Uab |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I |
k |
= |
= g |
k |
×(E +U |
ab |
). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rk |
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Результирующий ток будет определяться суммой всех токов в ветвях:
m |
n |
n |
m |
I = I1 + I2 + I3 + ... + I1 + ∑ Jk |
= ∑ Ek gk +Uab ∑ gk + ∑ J k . (40) |
||
k |
k =0 |
k =0 |
k |
С другой стороны, мы видим, что ток в эквивалентной ветви определяется выражением:
I = (EЭ +Uab ) gЭ = EЭgЭ +Uab gЭ . |
(41) |
||||||
Сравнивая последние два выражения, получаем: |
|
|
|||||
|
|
n |
|
m |
|
|
|
|
|
∑ Ek gk + |
∑ J k |
|
n |
|
|
EЭ |
= |
k =0 |
|
k |
, gЭ = |
∑ gk . |
(42) |
|
n |
|
|||||
|
|
|
∑ gk |
|
|
k =0 |
|
k =0
Рассмотрим некоторые частные случаи:
23
|
|
|
|
а |
|
|
|
|
|
б |
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.15. Преобразование параллельных ветвей |
|
|||||||||
Для рисунка 1.15 ветви будут преобразованы по формулам для |
|||||||||||||
схем а и б соответственно: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
E |
Э |
= |
E1R2 |
+ E2 R1 |
, R |
= |
R1 × R2 |
. |
E |
Э |
= E + J R , |
R |
= R . (43) |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
R1 |
+ R2 |
|
R1 + R2 |
|
|
|
|
|
В соответствии с методом эквивалентных преобразований легко получить полезные преобразования, приведённые на рисунках 1.16 и 1.17.
Рис. 1.16. Расщепление источника тока
Рис. 1.17. Перенос ЭДС через узел
§ 1.10. Преобразование треугольника в звезду и звезды в треугольник
Мы рассматривали преобразование сопротивлений, соединённых последовательно или параллельно. В ряде случаев бывают соединения сопротивлений не подчиняющиеся ни правилу параллельного соединения, ни последовательного (например, в трехфазных цепях). В таких случаях могут быть полезными правила преобразования треугольника в звезду или наоборот, звезды в треугольник, которые мы приведем без доказательств.
24
Рис. 1.18
Пример |
2: Даны |
сопротивления |
R1 = 10 Ом, |
R2 = 20 Ом, |
|||||||||||||||||
R3 = 15 Ом , соединённые |
треугольником. |
Преобразовать |
соединение |
||||||||||||||||||
треугольником в соединение звездой. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Решение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
R12 |
= |
|
|
R1R2 |
= 4, 444 Ом, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
R1 |
+ R2 + R3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
R13 |
= |
|
|
R1R3 |
= 3,333 Ом, R23 |
= |
|
|
R2 R3 |
|
= 6,666 Ом. |
||||||||||
|
R1 |
+ R2 + R3 |
R1 |
+ R2 + R3 |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.19
Пример |
3: |
Даны |
сопротивления |
|
R12 = 4, 444 Ом, |
||||||||
R13 = 3,333 Ом, |
R23 = 6,666 Ом, |
соединённые |
звездой. |
Преобразовать |
|||||||||
соединение звездой в соединение треугольником. |
|
|
|
||||||||||
Решение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R = R + R + |
R12 R13 |
|
= 10 Ом, |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
1 |
12 |
13 |
|
|
R23 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
R = R + R + |
R12 R23 |
= 20 Ом, R = R + R + |
R23R13 |
= 15 Ом. |
|||||||||
|
|
||||||||||||
2 |
12 |
23 |
|
|
R13 |
|
3 |
13 |
23 |
R12 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
25
§1.11. Метод эквивалентного генератора
Вряде случаев возникает необходимость найти ток в отдельно взятой ветви электрической цепи. В этом случае нет необходимости использовать громоздкие методы расчетов определения токов во всех ветвях. В таких случаях следует использовать метод эквивалентного генератора (МЭГ). МЭГ хорош еще и тем, что позволяет определить сопротивление нагрузки двухполюсника, при котором выделяется максимальная мощность, что очень важно при последовательном включении каскадов, согласованных по мощности. Иногда этот метод называют методом холостого хода и короткого замыкания. Суть метода заключается в том, что в схеме выделяется ветвь, в которой нужно найти ток, а вся оставшаяся часть схемы заменяется активным двухполюсником – эквивалентным генераторором. Существуют две схемы замещения активного двухполюсника (см. рис. 1.20.):
1-я схема – двухполюсник состоит из источника напряжения, ЭДС – EГ и сопротивления RГ ;
2-я схема – двухполюсник состоит из источника тока – J Г и проводимости gГ = 1 RГ .
Рис. 1.20. Схема замещения эквивалентного генератора
Чтобы определить ЭДС генератора EГ , следует найти напряжение холостого хода – UХХ относительно выходных зажимов эквивалентного генератора, это и будет искомая ЭДС. Для того чтобы найти сопротивление генератора RГ , следует найти сопротивление относительно выходных зажимов генератора. После определения EГ и RГ легко найти ток короткого замыкания – IКЗ = EГ RГ . Источник тока эквивалентного генератора – J Г равен току короткого замыкания J Г = IКЗ . При известных параметрах эквивалентного генератора можно найти ток в нагрузке:
IН |
= |
EГ |
. |
(44) |
||
RН |
+ RГ |
|||||
|
|
|
|
26
Если известен ток короткого замыкания |
Jг = IКЗ , применив правило |
||||||||||
разброса легко найти ток в нагрузке, используя соотношение: |
|||||||||||
I |
Н |
= |
J ГRГ |
= |
J Г |
. |
|
(45) |
|
||
|
|
RН |
+ RГ |
1 + RН RГ |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Для более глубокого понимания целесообразно рассмотреть пример. |
|||||||||||
Пример 4: Даны сопротивления и ЭДС: |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
R1 = 20 Ом, R2 = 18Ом, |
|
||||
|
|
|
|
|
|
R3 = 25Ом, R4 = 21Ом, |
|
||||
|
|
|
|
|
|
R5 = 12 Ом, R6 = 8Ом, |
|
||||
|
|
|
|
|
|
E1 = 25 В, E2 = 35 В, E3 = 50 В. |
|||||
|
|
|
|
|
|
Определить ток I4 в четвёртой ветви, |
|||||
|
|
|
|
|
|
используя метод эквивалентного гене- |
|||||
|
|
|
|
|
|
ратора. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение: Прежде всего, необхо- |
||||
|
|
|
|
|
|
димо преобразовать схему в двухпо- |
|||||
|
|
|
|
|
|
люсник: выделяем ветвь с сопротивле- |
|||||
Рис. 1.21 |
|
|
|
нием R4 , |
а всю оставшуюся часть заме- |
||||||
няем двухполюсником – |
эквивалентным генератором. |
Затем находим |
|||||||||
напряжение холостого хода и сопротивление эквивалентного генерато- |
|||||||||||
ра. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R1 |
|
|
|
|
R3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E1 |
|
|
|
R4 |
|
|
|
|
|
|
I4 |
|
|
|
I4 |
|
E3 |
|
|
|
Eг |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R4 |
|||
R5 |
|
|
|
|
R6 |
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
г |
|
R2 |
|
|
|
|
E2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.22 |
|
|
|
|
|
Составляем матрицу сопротивлений и столбцевую матрицу пра- |
|||||||||||
вых частей, и находим необходимые токи: |
|
|
|
||||||||
R1 + R3 + R5 + R6 |
− R5 − R6 |
65 − 20 |
|||||||||
A = |
−R − R |
R + R + R |
|
= −20 38 |
, |
||||||
|
|
|
5 |
6 |
2 |
5 |
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
27 |
|
|
|
|
|
−E − E |
|
|
|
−75 |
|
I |
|
|
|
−1,039 |
|
|
B = |
1 |
3 |
|
= |
|
, |
|
1 |
|
= A−1B = |
0,374 |
|
, |
|
E2 |
|
|
|
35 |
|
I2 |
|
|
|
I3 = I1 − I2 = −1, 413 A.
Используя найденные токи можно найти напряжение холостого хода
UХХ = EГ :
UХХ = Eг = −E1 − I1R1 − I3R5 = 12,729 B.
Для определения сопротивления генератора – сопротивления относительно за-
|
жимов a и b, необходимо треугольник |
|
сопротивлений преобразовать в звезду и |
|
затем сделать некоторые преобразова- |
Рис. 1.23 |
ния: |
|
Рис. 1.24
28
|
R25 |
= |
|
|
R2 R5 |
|
= 5, 684 |
Ом, |
|
|
|
R2 |
+ R5 + R6 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
R26 |
= |
|
|
R2 R6 |
|
= 3, 789 |
Ом, |
|
|
|
R2 |
+ R5 + R6 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
R65 |
= |
|
|
R6 R5 |
|
= 2,526 |
Ом. |
|
|
|
R2 |
+ R5 + R6 |
||||||
R = |
(R25 + R1 )×(R26 + R3 ) |
+ R |
= 16,1 Ом. |
||||||
|
|||||||||
г |
R25 |
+ R1 |
+ R26 + R3 |
65 |
|
||||
|
|
|
|
В соответствии со схемой эквивалентного генератора находим ток короткого замыкания и ток в 4-той ветви I4
Iкз |
= |
Uxx |
= 0,791 А, I4 = |
Uxx |
= 0,343 A. |
|
|
||||
|
|
Rг |
R4 +Rг |
§ 1.12 Характеристики эквивалентного генератора
Важной характеристикой эквивалентного генератора является
выходная характеристика U (IН ) :
U (IН ) = EГ - IН × RГ |
EГ , В |
Рис. 1.25
На этой зависимости ток изменяется в пределах IН Î(0, IКЗ = 10 А) , а
напряжение в пределах U Î(0, UХХ = EГ = 100 В) , RГ = 10 Ом. Выходная характеристика хороша тем, что позволяет определить ток нагрузки IН при любой величине сопротивления заданной нагрузки RН . Для того чтобы определить ток нагрузки IН , достаточно умножить произвольное
29
значение тока на величину сопротивления нагрузки U = I × RН (см. рис. 1.25), затем отложить найденное значение на графике и соединить с началом координат (на графике это сделано для нагрузки RН = 15 Ом ). Опустив перпендикуляр с точки пересечения полученной кривой и выходной характеристики на ось токов, мы получаем значение интересующего нас тока. В нашем случае IН = 4A, UН = 60B .
Еще несколько важных характеристик генератора - мощность нагрузки P(RН ) , в зависимости от величины нагрузки, и мощность нагрузки P(IН ) в зависимости от величины тока нагрузки.
∙Определим мощность в нагрузке как функцию сопротивления нагрузки P(RН ) .
P(RН ) = I |
2 |
= |
|
EГ2 RН |
|
. |
|
НRН |
|
|
|
|
|||
(R |
|
+ R |
)2 |
||||
|
|
|
Н |
Г |
|
|
P(RН )
250
200
150
100 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
50 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
= R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
RН |
|||
|
|
|
Н |
|
Г |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
10 |
20 |
30 |
40 |
50 |
60 |
70 |
80 |
90 |
100 |
Определим, в каком случае выделяется максимальная мощность в нагрузке. Для этого нужно взять производную выражения P(RН ) по RН и прировнять нулю:
Рис. 1.26. Зависимость мощности от нагрузочного сопротивления
dP(RН ) |
= |
d |
|
EГ2 RН |
|
= |
EГ2 |
|
− |
2EГ2 RН |
|
= |
EГ2 (RГ − RН ) |
= 0 . |
|
dRН |
dRН |
|
(R + R |
)2 |
(R + R |
)2 |
(R + R |
)3 |
(R + R |
)3 |
|||||
|
|
|
|
Н Г |
|
|
Н Г |
|
|
Н Г |
|
|
Н Г |
|
|
Из последнего выражения следует, что для выделения максимальной мощности необходимо выполнение условия RГ = RН .
∙Определим мощность в нагрузке как функцию тока нагрузки P(Rн ) . После несложных преобразований получаем:
30