Линейные цепи постоянного тока (стр. 11 )

i5К === 0,324 А,

i4К = i5К ×= 0,324×= 0,162 А,

i3К = i5К – i4К = 0,324 – 0,162 = 0,162 А,

i1К = i3К + i6К = 0,162 + 1,62 = 1,782 А.

Новые токи в схеме рис. 1.46 после подключения ветви №7 найдём по принципу наложения токов холостого хода и короткого замыкания:

I1 = i1Х – i1К = -1 – 1,782 = -2,782 А, I4 = i4Х + i4К = 2 + 0,162 = 2,162 А,

I2 = i2Х – i2К = 3 – 2,025 = 0,975 А, I5 = i5Х + i5К = 1 + 0,324 = 1,324 А,

I3 = i3Х – i3К = 1 – 0,162 = 0,838 А, I6 = i6Х + i6К = 2 + 1,62 = 3,62 А.

Проверим расчёт нового состояния схемы по балансу мощностей.

Сумма мощностей генераторов

SРГ = Е1×I1 + Е2×I2 + Е7×I7 = 30×(-2,782) + 52×0,975 + 60×3,698 = 205,3 Вт.

Сумма мощностей, потребляемых в сопротивлениях

SРП = I22×r2 + I32×r3 + I42×r4 + I52×r5 + I62×r6 + I72×r7 =

= 0,9752×4 + 0,8382×10 + 2,1622×10 + 1,3242×20 + 3,622×5 + 3,9682×3 = 205,4 Вт.

Баланс мощностей SРГ =SРП сошёлся, задача решена верно.

ЗАДАЧА 1.44. Рассчитать ток I5 мостовой схемы рис. 1.23 (задача 1.15) методом эквивалентного генератора.

ЗАДАЧА 1.45. Рассчитать ток I5 мостовой схемы рис. 1.30 (задача 1.22) методом эквивалентного генератора.

ЗАДАЧА 1.46. В схеме рис. 1.48 определить ток в резисторе r2, если:

E1 = 72 В, E2 = 14 В, r1 = r6 = 10 Ом,

r2 = 25 Ом, r3 = r5 = 40 Ом, r4 = 20 Ом.

Ответы: UX = 50 В, RВХ = 25 Ом,

I2 = 1 A.

ЗАДАЧА 1.47. Определить ток I4 в диагонали моста (рис. 1.49), если

E = 40 В, r1 = 80 Ом, r2 = 100 Ом,

r3 = r6 = 60 Ом, r4 = 49,5 Ом, r5 = 20 Ом.

Ответы: UX = 20 В, RВХ = 50,5 Ом,

I4 = 0,2 A.

1.8. МЕТОД НАЛОЖЕНИЯ (МН)

Метод наложения применяется для анализа и расчёта линейных электрических цепей, содержащих, как правило, небольшое число источников энергии.

Сущность метода заключается в том, что ток каждой ветви сложной цепи определяется путём алгебраического суммирования составляющих токов, каждая из которых является функцией только одной ЭДС.

При расчёте цепи методом наложения вначале полагают, что в этой цепи действует только один источник, например, E1 и определяют токи во всех ветвях: I1¢, I2¢, I3¢ и т. д. Затем полагают, что в цепи действует только второй источник, например, E2 и снова находят токи в ветвях: I1¢¢, I2¢¢, I3¢¢ и т. д. Затем полагают, что в цепи действует только третий источник, например, J и т. д. Полный ток в ветви n: In = In¢+In¢¢+In¢¢¢+…,

где In¢, In¢¢, In¢¢¢, … - составляющие тока в ветви n, обусловленные действием E1, E2, J, …, соответственно.

ЗАДАЧА 1.48. Определить токи в ветвях схемы рис. 1.50, если

E1 = 16 В, J = 1 A, r1 = r2 = r3 = r4 = r5 = 6 Ом.

Решение

1. Задаёмся положительными направлениями токов в ветвях цепи.

2. Полагаем, что в цепи действует только ЭДС E1 (рис. 1.51) и определяем токи в ветвях:

I5¢=I1¢===1 A.

Ток I2¢ определим по формуле распределения тока в параллельные ветви

I2¢ = I1¢×= 1×= 0,667 A.

Ток I3¢ определим по I закону Кирхгофа

I4¢ = I3¢ = I1¢ – I2¢ = 1 – 0,667 = 0,333 A.

3. Теперь будем считать, что в цепи действует только источник тока J (рис. 1.52) и определим токи от действия этого источника.

Для определения токов в схеме рис. 1.52 преобразуем треугольник сопротивлений r2-r3-r4 в эквивалентную звезду. Учтём, что сопротивления треугольника равны:

r23 = r24 = r34 === 2 Ом.

В результате преобразования получим эквивалентную схему рис. 1.53, откуда определим токи I1¢¢ и I5¢¢:

I1¢¢ = J×= 1×= 0,5 А,

I5¢¢ = J – I1¢¢ = 1 – 0,5 = 0,5 A.

Из схемы рис. 1.52 с использованием II закона Кирхгофа для контура r1-r2-r5 определим ток I2¢¢:

r1×I1¢¢ + r2×I2¢¢ – r5×I5¢¢ = 0, откуда I2¢¢ == 0.

По I закону Кирхгофа определим оставшиеся токи:

I4¢¢ = I2¢¢ + I5¢¢ = 0,5 A, I3¢¢ = I1¢¢ – I2¢¢ = 0,5 A.

4) По принципу наложения определим полные токи в ветвях

I1 = I1¢ + I1¢¢ = 1 + 0,5 = 1,5 A, I2 = -I2¢ – I2¢¢ = 0,667 A,

I3 = I3¢ + I3¢¢ = 0,333 + 0,5 = 0,833 A,

I4 = I4¢ – I4¢¢ = 0,333 – 0,5 = -0,167 A,

I5 = I5¢ – I5¢¢ = 1 – 0,5 = 0,5 A.

ЗАДАЧА 1.49. В условиях задачи 1.18 (рис. 1.26) определить токи по методу наложения.

Решение

1) Определим токи от воздействия источника E1 (рис. 1.54):

I1¢ === 4 A,

I3¢ = I4¢ = I1¢×= 4×= 2 A,

I2¢ = I3¢ – I1¢ = 2 – 4 = -2 A.

2) Определим токи от воздействия источника E2 (рис. 1.55). Так как r1 = r2, то схемы рис. 1.54 и рис. 1.55 оказываются идентичными, и поскольку E2 = 0,5E1, то частичные токи схемы рис. 1.55 оказываются в 2 раза меньше соответствующих токов схемы рис. 1.54:

I2¢¢ = 0,5I1¢ = 2 A, I1¢¢ = 0,5I2¢ = -1 A, I3¢¢ = I4¢¢ = 0,5I3¢ = 1 A.

3) Определим токи от воздействия источника тока J (рис. 1.56):

I4¢¢¢ = J× = 4×= 2 A,

I3¢¢¢ = I4¢¢¢ – J = 2 – 4 = -2 A.

Так как r1 = r2, то I1¢¢¢ = I2¢¢¢ = 0,5I3¢¢¢ = -1 A.

4) По принципу наложения определяем полные токи:

I1 = I1¢+ I1¢¢+ I1¢¢¢ = 4 – 1 – 1 = 2 A, I3 = I3¢+ I3¢¢+ I3¢¢¢ = 2 + 1 – 2 = 1 A,