Задание

1. Имеется следующая цепь

Е=6 В, R1=R2=6 Ом, R3=R4=10 Ом.

Решение. В данном случае разумно использовать метод узлового потенциала, т. к. в схеме всего 2 узла. Примем потенциал нижнего узла за 0.

Напряжение между этими двумя узлами есть

Эквивалентное сопротивление левой ветви есть RI=R1=6 Ом, ток I1 по закону Ома

Эквивалентное сопротивление центральной ветви есть RII=R2=6 Ом, ток I2 по закону Ома (это означает, что ток направлен не «сверху вниз», а «снизу вверх», как на чертеже)

Эквивалентное сопротивление правой ветви есть RIII=R3+R4=3 Ом, ток I3 по закону Ома .

Видим, что первый закон Кирхгофа выполняется, т. е., I1+I2+I3=0, следовательно, задача решена верно.

2

Дано: U1=20B, U2=20B, U=34,5B, R1=10 Ом, f=500 Гц.

Имеем: топология цепи такова, что токи во всех резисторах одинаковы. Ток можно найти, исходя из значения U1 по закону Ома: .

Имеем в таком случае закон Ома для полной цепи:

, где Z ― полное сопротивление цепи.

Исходя из нашей цепи,

Полное сопротивление участка цепи, содержащего только R и XC, есть

, здесь ― ёмкостное сопротивление цепи.

Имеем систему двух уравнений с двумя неизвестными:

, решением этой системы являются значения

R=4,878 Ом, ХС=8,729 Ом

Следовательно,

3

Дано: U=20B, R=1 Ом, L=3,18 Гн, С=159 мкФ, f=250 Гц

Решение. Найдём сначала ёмкостные и индуктивные сопротивления:

Таким образом, эквивалентное сопротивление цепи, записанное в комплексных числах, есть:

Таким образом, ток в цепи есть

Таким образом, можно составить систему уравнений с двумя неизвестными, используя первый и второй законы Кирхгофа

или , отсюда имеем

Полная мощность есть . Модуль этого значения есть 0,08 ВА.

Активная мощность есть:

Реактивная мощность есть

5.

Дано: E1=5iB, E2=-10iB, J=-3iA, XL=5 Ом, ХС=1 Ом.

Решение. Преобразуем источник тока в эквивалентный источник ЭДС:

Нам необходимо найти 6 токов. Следовательно, рассмотрим узел 1. Для него первый закон Кирхгофа будет I1+I2=I6. Для узла 2 первый закон Кирхгофа I4+I5=I6.

Для узла №3 ― I­1+I2=I3

Для левого контура, принимая направление обхода против часовой стрелки: I1R-I2R=E1.

Для контура 1342, принимая направление обхода против часовой стрелки, имеем I3R+I4R+iI6XL+I2R=E3. Для правого контура, обходя против часовой стрелки, получаем I5R-I4R=-E2

Сформируем матрицу системы относительно I1…I6, подставив известные значения ЭДС:

Запишем вектор-столбец свободных членов (т. е., правых частей наших уравнений):

И тогда в матричном виде наше уравнение будет выглядеть как

, где ― искомый вектор-столбец токов I1…I6. Решить это уравнение можно матричным способом, или методами Крамера или Гаусса-Жордано. Только мы этого не можем сделать, т. к. точно неизвестно значение R.

6. Решение. Вычертим ту же схему, но только с контурными токами:

В данном случае ситуация упрощается, т. к. только 3 контура, и нужно решить систему трёх уравнений с 3 неизвестными, т. е., с контурными токами II, III, IIII.

Для левого контура второй закон Кирхгофа:

IIR+(II-III)R=E1,

Для центрального контура IIIR+(III-IIII)R+III∙iXL+(III-II)R=E3

Для правого контура IIIIR+(IIII-III)R =-E2

Это приводит нас к системе

Можно записать это даже в матричном виде:

Решив это уравнение, вычисляем теперь токи в ветвях. По смыслу задачи, I1=II, I2=III-II, I3=III, I4=III-IIII, I5=IIII, I6=III.

В данной схеме 4 узла. Потенциал одного из них (пусть это будет 1) определим за нуль. Следовательно, нам надо знать три узловых потенциала ― φ1, φ2, φ3.

Составим уравнения для узлов 2, 3, 4:

Эту систему даже можно упростить в чём-то

Решив такую систему, находим токи:

8.

Пусть фазное напряжение равно 58В, фазное сопротивление 5 Ом.

Имеем , ,

Следовательно,

Фазные токи

Строим векторную диаграмму

Диаграмма токов будет выглядеть точно так же, потому что сопротивления ветвей чисто активные, и смещения по фазе токов не будет.

Пусть теперь произошло короткое замыкание фазы С без нейтрали, ZC=0, ZA=ZB=5 Ом, ZN=∞

Комплексные действующие значения фазных ЭДС генератора и линейных напряжений останутся такими же, как и при симметричном режиме, а токи изменятся.

Фазный ток

фазный ток

Ток

Таким образом, токи в фазах А, В увеличились в раза, в фазе С ― в 3 раза.

Фазное падение напряжения UC=0 (т. к. это замкнутая фаза)

Фазное падение напряжения

Фазное падение напряжения , эти напряжения так же увеличились в раз.