Главная → Примеры решения задач ТОЭ → ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ ПОСТОЯННОГО ТОКА

ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ ПОСТОЯННОГО ТОКА

ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ ПОСТОЯННОГО ТОКА

Основные положения и соотношения

1. Источники электрической энергии

Реальный источник электрической энергии можно изобразить двояко: а) в виде генератора напряжения, который характеризуется э.д.с. Е, численно равной напряжению холостого хода источника, и включенной последовательно с сопротивлением r₀ (рис. 1, а), б) в виде генератора тока, который характеризуется током I_к, численно равным току короткого замыкания реального источника, и параллельно соединенной проводимостью g₀ (рис. 1, б).

Переход от генератора напряжения к эквивалентному генератору тока осуществляется по формулам

$I_{к}=\frac{E}{r_0},g_0=\frac{1}{r_0},$   (1)

а обратный переход от генератора тока к эквивалентному генератору напряжения по следующим формулам

$E=\frac{I_{к}}{g_0},r_0=\frac{1}{g_0}.$   (2)

У идеального генератора напряжения внутреннее сопротивление равно нулю, тогда как у идеального генератора тока внутренняя проводимость равна нулю.

2. Закон Ома

Закон Ома применяется для ветви или для одноконтурной замкнутой цепи (не имеющей разветвлений).

Для написания закона Ома следует прежде всего выбрать произвольно некоторое положительное направление для тока.

а) Для ветви, состоящей только из сопротивлений и не содержащей э.д.с. (например, для ветви mn на рис. 2), при положительном направлении для тока от точки m к точке n ток равен

$I=\frac{{\phi }_m-{\phi }_n}{r_{mn}}=\frac{U_{mn}}{r_{mn}}.$   (3)

Здесь φ_m и φ_n — потенциалы точек m и n, U_mn = φ_m — φ_n — разность потенциалов или напряжение между точками m и n, r_mn = r₄ + r₅ — полное сопротивление ветви между точками m и n.

Пример — в задаче 17.

б) Для замкнутой одноконтурной цепи

$I=\frac{\Sigma E}{\Sigma r},$   (4)

где Σr — арифметическая сумма всех внешних и внутренних сопротивлений цепи, ΣE — алгебраическая сумма ее электродвижущих сил.

Со знаком плюс берут те э.д.с., направления которых совпадают с выбранным положительным направлением для тока, и со знаком минус — э.д.с. с противоположными направлениями.

Примеры — в задачах 15 и 17.

в) Для ветви, содержащей э.д.с. и сопротивления (например, для ветви acb на рис. 2),

$I_1=\frac{{\phi }_a-{\phi }_b+\Sigma E}{\Sigma r_{ab}}=\frac{U_{ab}+E_1-E_2}{r_1+r_2+r_9},$   (5)

где U_ab = φ_a — φ_b — напряжение на концах ветви acb, отсчитываемое по выбранному положительному направлению тока, ΣE — алгебраическая сумма э.д.с., находящихся в этой ветви, а Σr — арифметическая сумма ее сопротивлений.

Формулу (5) называют обобщенным законом Ома.

Примеры — в задачах 15 и 17.

3. Законы Кирхгофа

Для написания законов Кирхгофа следует прежде всего задаться положительными направлениями для токов в каждой ветви.

Первый закон Кирхгофа

${\displaystyle \sum _{k=1}^n{I}_k}=\mathrm{0,}$   (6)

Алгебраическая сумма всех токов, сходящихся в любом узле, равна нулю. Токи, притекающие к узлу, условно принимаются положительными, а вытекающие из него — отрицательными (или наоборот).

Второй закон Кирхгофа

${\displaystyle \sum _{k=1}^n{I}_k\cdot r_k}={\displaystyle \sum _{k=1}^n{E}_k}.$   (7)

Алгебраическая сумма падений напряжений любого замкнутого контура равна алгебраической сумме э.д.с. в нем.

Направление обхода контура выбирается произвольно. При записи левой части равенства со знаком плюс берутся падения напряжения в тех ветвях, в которых положительное направление тока совпадает с направлением обхода (независимо от направления э.д.с. в этих ветвях), и со знаком минус — падения напряжения в тех ветвях, в которых положительное направление, тока противоположно направлению обхода. При записи правой части равенства э.д.с., направления которых совпадают с выбранным направлением обхода (независимо от направления тока, протекающего через них), принимаются положительными, а э.д.с., направленные против выбранного направления обхода, принимаются отрицательными.

Пример — в задаче 29.

Распределение напряжений при последовательном соединении двух сопротивлений (см. рис. 2)

$I_1=\frac{U_1}{r_1}=\frac{U_2}{r_2}=\frac{U}{r_1+r_2},$

$U_1=U\cdot \frac{r_1}{r_1+r_2},U_2=U\cdot \frac{r_2}{r_1+r_2}.$   (8)

Распределение токов в двух параллельных ветвях — формула разброса токов или формула делителя токов (рис. 3)

$U_2=U_3=U_{\mathrm{2,3}},I_2\cdot r_2=I_3\cdot r_3=I_1\cdot r_{\mathrm{2,3}}=I_1\cdot \frac{r_2\cdot r_3}{r_2+r_3},$

$I_2=I_1\cdot \frac{r_3}{r_2+r_3},I_3=I_1\cdot \frac{r_2}{r_2+r_3}.$   (9)

Распределение напряжений при последовательном соединении n сопротивлений

$U_k=U\cdot \frac{r_k}{{\displaystyle \sum _{k=1}^n{r}_k}}.$

Распределение токов в n параллельных ветвях

$I_k=I\cdot \frac{g_k}{{\displaystyle \sum _{k=1}^n{g}_k}}.$

4. Методы расчета сложных цепей постоянного тока

Пусть электрическая цепь состоит из p ветвей и имеет q узлов.

Применение законов Кирхгофа

Прежде всего, устанавливается число неизвестных токов, которое равно числу ветвей (p). Для каждой ветви задаются положительным направлением для тока.

Число n₁ независимых уравнений, составляемых по первому закону Кирхгофа, равно числу узлов без единицы

n₁ = q – 1.

Число n₂ независимых уравнений, составляемых по второму закону Кирхгофа, равно числу ячеек (контуров)

n₂ = p — q + 1.

Общее число уравнений n, составляемых по первому и второму законам Кирхгофа, равно числу неизвестных токов

n = n₁ + n₂ = p.

Решение этой системы уравнений дает значения искомых токов.

Пример — в задаче 29.

Метод контурных токов (МКТ, Максвелла).

Число n независимых контуров цепи равно числу уравнений по второму закону Кирхгофа

n = n₂ = p — q + 1.

Расчет цепи методом контурных токов, состоящей из n независимых контуров, сводится к решению системы из n уравнений, составляемых для контурных токов I₁₁, I₂₂, …, I_nn; ток в каждой ветви находится как алгебраическая сумма контурных токов, обтекающих эту ветвь.

Выбор направлений контурных токов произволен. Каждая из ветвей сложной электрической цепи должна войти хотя бы в один контур.

Система уравнений МКТ для n контурных токов имеет вид

$\{\begin{array}{l}{r}_{11}\cdot I_{11}+r_{12}\cdot I_{22}+\mathrm{\dots }+r_{1n}\cdot I_{nn}=E_{11};\\ r_{21}\cdot I_{11}+r_{22}\cdot I_{22}+\mathrm{\dots }+r_{2n}\cdot I_{nn}=E_{22};\\ \mathrm{\dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots .}\\ r_{n1}\cdot I_{11}+r_{n2}\cdot I_{22}+\mathrm{\dots }+r_{nn}\cdot I_{nn}=E_{nn}.\end{array}$   (10)

Здесь r_kk — собственное сопротивление контура k (сумма сопротивлений всех ветвей, входящих в контур k), r_kl — общее сопротивление контуров k и l, причем r_kl = r_lk; если направления контурных токов в ветви, общей для контуров k и l, совпадают, то r_kl положительно (r_kl > 0), в противном случае r_kl — отрицательно (r_kl < 0); E_kk — алгебраическая сумма э.д.с., включенных в ветви, образующие контур k.

Пример — в задаче 41.

Метод узловых потенциалов (МУП)

Число n независимых узлов цепи равно числу уравнений по первому закону Кирхгофа

n = n₁ = q — 1.

Для определения потенциалов всех узлов электрической схемы, имеющей q узлов, следует принять потенциал одного из узлов равным нулю, а для определения потенциалов остальных n = q — 1 узлов составляется следующая система уравнений

$\{\begin{array}{l}{\phi }_1\cdot g_{11}+{\phi }_2\cdot g_{12}+\mathrm{\dots }+{\phi }_n\cdot g_{1n}={\displaystyle \sum _{1}Eg};\\ {\phi }_1\cdot g_{21}+{\phi }_2\cdot g_{22}+\mathrm{\dots }+{\phi }_n\cdot g_{2n}={\displaystyle \sum _{2}Eg};\\ \mathrm{\dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots \dots ..}\\ {\phi }_1\cdot g_{n1}+{\phi }_2\cdot g_{n2}+\mathrm{\dots }+{\phi }_n\cdot g_{nn}={\displaystyle \sum _{n}Eg}.\end{array}$   (11)

Здесь g_ss — сумма проводимостей ветвей, присоединенных к узлу s; g_sq — сумма проводимостей, соединяющих узел s с узлом q; – алгебраическая сумма произведений э.д.с. ветвей, примыкающих к узлу s, на их проводимости (т.е. токов короткого замыкания этих ветвей); при этом со знаком плюс берутся те из произведений Eg, в ветвях которых э.д.с. действуют в направлении узла s, и со знаком минус — в направлении от узла.

Определив потенциалы узлов, находят токи в ветвях посредством закона Ома.

Этим методом рекомендуется пользоваться в тех случаях, когда число уравнений здесь будет меньше числа уравнений, составленных по методу контурных токов.

Примеры — в задачах 44 и 45.

Метод наложения

Ток в любой ветви может быть рассчитан как алгебраическая сумма токов, вызываемых в ней каждой э.д.с. в отдельности. При этом надо иметь в виду, что когда ведется расчет для какой-либо одной действующей э.д.с., то вместо остальных источников должны быть включены сопротивления, равные внутренним сопротивлениям этих источников.

Примеры — в задачах 47 и 49.

Метод эквивалентных преобразований

Во всех случаях применения метода эквивалентных преобразований замена одних схем другими, им эквивалентными, не должна привести к изменению токов или напряжений на участках цепи, не подвергшихся преобразованию.

1) Замена последовательных сопротивлений одним эквивалентным. Сопротивления последовательны, если они обтекаются одним и тем же током. Например, на схеме цепи, изображенной на рис. 2, сопротивления r₁, r₂ и r₉ соединены последовательно; так же последовательны сопротивления r₇ и r₈.

Эквивалентное сопротивление цепи, состоящей из n последовательно соединенных участков, равно сумме этих сопротивлений этих участков

$r_{э}=r_1+r_2+\mathrm{\dots }+r_n={\displaystyle \sum _{k=1}^n{r}_k}.$   (12)

2) Замена параллельных сопротивлений одним эквивалентным. Сопротивления параллельны, если все они присоединены к одной паре узлов. Например (рис. 2), сопротивления r₄₅ = r₄ + r₅ и r₁₀ параллельны.

Эквивалентная проводимость цепи, состоящей из n параллельно соединенных ветвей равна сумме этих проводимостей этих ветвей. Эквивалентное сопротивление такой цепи находится как величина обратная эквивалентной проводимости этой цепи

$\frac{1}{r_{э}}=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\mathrm{\dots }+\frac{1}{r_n}={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{r_k}}.$   (13)

В частном случае параллельного соединения двух сопротивлений r₁ и r₂ эквивалентное сопротивление

$r_{э}=\frac{r_1\cdot r_2}{r_1+r_2}.$   (14)

3) Замена смешанного соединения сопротивлений одним эквивалентным. Смешанное соединение — это сочетание последовательного и параллельного соединения сопротивлений. Например, сопротивления r₁, r₂ и r₃ (рис. 3) находятся в смешанном соединении. Их эквивалентное сопротивление равно

$r_{э}=r_1+r_{\mathrm{2,3}}=r_1+\frac{r_2\cdot r_3}{r_2+r_3}.$   (15)

При смешанном соединении сопротивлений токи ветвей цепи (рис. 3):

по закону Ома

$I_1=\frac{U}{r_{э}},$   (16)

по формуле разброса токов (делителя токов)

$I_2=I_1\cdot \frac{r_3}{r_2+r_3},I_3=I_1\cdot \frac{r_2}{r_2+r_3}.$

4) Формулы преобразования треугольника сопротивлений (рис. 4, а) в эквивалентную звезду сопротивлений (рис. 4, б) и наоборот имеют вид

$\{\begin{array}{l}{r}_1=\frac{r_{12}\cdot r_{31}}{r_{12}+r_{23}+r_{31}};\\ r_2=\frac{r_{23}\cdot r_{12}}{r_{12}+r_{23}+r_{31}};\\ r_3=\frac{r_{31}\cdot r_{23}}{r_{12}+r_{23}+r_{31}},\end{array}$   (17)

$\{\begin{array}{l}{g}_{12}=\frac{g_1\cdot g_2}{g_1+g_2+g_3};\\ g_{23}=\frac{g_2\cdot g_3}{g_1+g_2+g_3};\\ g_{31}=\frac{g_3\cdot g_1}{g_1+g_2+g_3},\end{array}$   (18)

где g — проводимость соответствующей ветви.

Формулы (18) можно записать через сопротивления так

$r_{12}=r_1+r_2+\frac{r_1\cdot r_2}{r_3};r_{23}=r_2+r_3+\frac{r_2\cdot r_3}{r_1};r_{31}=r_3+r_1+\frac{r_3\cdot r_1}{r_2}.$   (19)

Пример — в задаче 51.

Метод эквивалентного генератора напряжения (метод холостого хода и короткого замыкания или метод активного двухполюсника)

Для нахождения тока I в ветви ab, сопротивление которой r (рис. 5, а, буква А на рисунке обозначает активный двухполюсник), надо разомкнуть эту ветвь и при этом найти (любым способом) разность потенциалов на зажимах разомкнутой ветви — U_х (рис. 5, б). Затем надо вычислить сопротивление короткого замыкания r_к, равное эквивалентному сопротивлению всей остальной цепи, вычисленному в предположении, что в ней отсутствуют э.д.с. (при этом внутренние сопротивления источников сохраняются) и что она питается от постороннего источника, присоединенного непосредственно к зажимам a и b (рис. 5, в; буква П на рисунке обозначает пассивный двухполюсник).

Сопротивление r_к может быть вычислено либо непосредственно по схеме рис. 5, в, либо из соотношения

$r_{к}=\frac{U_{х}}{I_{к}},$   (20)

где I_к — ток короткого замыкания, протекающий по ветви ab, если ее сопротивление r сделать равным нулю (рис. 5, г).

Заданная схема (рис. 5, а) может быть заменена эквивалентным генератором напряжения с э.д.с. E = U_х и внутренним сопротивлением r_э = r_к, присоединенным к зажимам ab сопротивления r (рис. 5, д).

Ток в искомой ветви, имеющей сопротивление r, определяется из формулы закона Ома

$I=\frac{U_{х}}{r+r_{к}}.$   (21)

Примеры — в задачах 55 и 56.

Метод эквивалентного генератора тока

В предыдущем пункте показано, как в любой сложной цепи можно получить эквивалентный генератор напряжения с э.д.с. E и внутренним сопротивлением r_к. Этот генератор напряжения (рис. 5, д) на основании формул (1) может быть заменен эквивалентным генератором тока (рис. 1, б) по формулам

$I_{к}=\frac{U_{х}}{r_{к}},g_0=\frac{1}{r_{к}}.$   (22)

где I_к — ток эквивалентного генератора тока, равный току короткого замыкания в той ветви, по отношению к которой производится эквивалентное преобразование всей остальной части цепи, g₀ — внутренняя проводимость, равная эквивалентной проводимости всей остальной цепи между зажимами ab, к которым присоединен приемник энергии, в предположении, что э.д.с. всех генераторов равны нулю.

Пример — в задаче 65.

Метод замены нескольких параллельных генераторов напряжения одним эквивалентным

Если имеется несколько генераторов напряжения с э.д.с. E₁, E₂, …, E_n и внутренними сопротивлениями r₁, r₂, …, r_n, работающие параллельно на общее сопротивление нагрузки r (рис. 6, а), то они могут быть заменены одним эквивалентным генератором напряжений, э.д.с. которого E_э, а внутреннее сопротивление r_э (рис. 6, б),

при этом

$\{\begin{array}{l}{E}_{э}=\frac{{\displaystyle \sum _{k=1}^n{E}_k{g}_k}}{{\displaystyle \sum _{k=1}^n{g}_k}};\\ \frac{1}{r_{э}}=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\mathrm{\dots }+\frac{1}{r_n};g_k=\frac{1}{r_k}.\end{array}$   (23)

Ток в сопротивлении r определится по формуле

$I=\frac{E_{э}}{r+r_{э}}.$   (24)

Ток в каждой из ветвей находится по формуле

$I_k=\frac{E_k-U}{r_k},$   (25)

где U = I·r.

Пример — в задаче 60.

Метод замены параллельно соединенных генераторов тока одним эквивалентным

Если несколько генераторов тока с токами I_k1, I_k2, …, I_kn и внутренними проводимостями g₁, g₂, …, g_n соединены параллельно (рис. 7, а) и работают на общий приемник энергии с проводимостью g то они могут быть заменены одним эквивалентным генератором тока (рис. 7, б), ток которого I_k равен алгебраической сумме токов, а его внутренняя проводимость равна сумме внутренних проводимостей отдельных генераторов

$I_k=I_{k1}+I_{k2}-I_{k3}+\mathrm{\dots }={\displaystyle \sum _{m=1}^n{I}_{km}},$   (26)

$g_{э}=g_1+g_2+g_3+\mathrm{\dots }={\displaystyle \sum _{m=1}^n{g}_m}.$   (27)

5. Принцип взаимности

Принцип взаимности гласит: если э.д.с. E, находящаяся в ветви ab сколь угодно сложной цепи, вызывает ток в другой ветви cd этой же цепи, то при переносе этой э.д.с. в ветвь cd она вызовет в ветви ab такой же ток I.

6. Принцип компенсации

Принцип компенсации: любое сопротивление в электрической цепи может без изменения распределения токов в ее ветвях быть заменено э.д.с., численно равной падению напряжения в заменяемом сопротивлении и направленной навстречу току.

7. Входное сопротивление цепи относительно ветви

Входное сопротивление цепи относительно ветви k определяется как отношение э.д.с. E_k, действующей в этой ветви, к току I_k в этой же ветви при э.д.с. в остальных ветвях равных нулю

$r_{kk}=\frac{E_k}{I_k}.$   (28)

Входная проводимость ветви k — величина обратная входному сопротивлению этой ветви

$g_{kk}=\frac{1}{r_{kk}}.$   (29)

Взаимное сопротивление (передаточное сопротивление) ветвей k и l — отношение э.д.с. E_k, действующей в ветви k, к току I_l, проходящему по ветви l при э.д.с. в остальных ветвях равных нулю

$r_{kl}=\frac{E_k}{I_l}.$   (30)

Взаимная проводимость ветвей k и l — величина обратная взаимному сопротивлению тех же ветвей

$g_{kl}=\frac{1}{r_{kl}}.$   (31)

Пример. Для схемы рис. 8 входные сопротивления цепи относительно ветвей 1, 2 и 3 соответственно равны

$r_{11}=\frac{D}{r_2+r_3},r_{22}=\frac{D}{r_1+r_3},r_{33}=\frac{D}{r_1+r_2},$

а взаимные сопротивления ветвей 1 и 2, 2 и 3, 3 и 1 соответственно равны

$r_{12}=r_{21}=\frac{D}{r_3},r_{23}=r_{32}=\frac{D}{r_1},r_{13}=r_{31}=\frac{D}{r_2},$

где D = r₁·r₂ + r₁·r₃ + r₂·r₃.

8. Баланс мощностей

Для любой замкнутой электрической цепи сумма мощностей, развиваемых источниками электрической энергии, равна сумме мощностей, расходуемых в приемниках энергии

ΣP_ист = ΣP_потреб, или ΣEI = ΣI²r      (32)

где ΣEI — алгебраическая сумма; здесь положительны те из слагаемых, для которых направления действия э.д.с. E и соответствующего тока I совпадают, в противном случае слагаемое отрицательно (при выборе положительных направлений токов в ветвях с э.д.с. выбираем направление тока совпадающим с действием соответствующей э.д.с.); ΣI²r — арифметическая сумма; здесь должны быть учтены как внешние сопротивления, так и сопротивления самих источников энергии.

Упражнения и задачи

Задача 1. Для цепи (рис. 9) найти эквивалентные сопротивления между зажимами a и b, c и d, d и f, если r₁ = 6 Ом, r₂ = 5 Ом. r₃ = 15 Ом, r₄ = 30 Ом, r₅ = 6 Ом.

Решение

Расчет сопротивления r_ab.

Эквивалентное сопротивление соединенных параллельно сопротивлений r₄ и r₅ найдем по формуле (14)

$r_{45}=\frac{r_4\cdot r_5}{r_4+r_5}=\frac{30\cdot 6}{30+6}=5Ом;$

оно соединено последовательно с r₂; их общее сопротивление

r' = r₂ + r₄₅ = 5 + 5 = 10 Ом.

Сопротивление цепи состоит из сопротивления r₁, последовательно с которым соединены два параллельных сопротивления r' и r₃

$r_{ab}=r_1+\frac{r^{\prime }\cdot r_3}{r^{\prime }+r_3}=6+\frac{10\cdot 15}{10+15}=12Ом.$

Расчет сопротивления r_cd.

Сопротивления r₄ и r₅ теперь соединены параллельно друг другу; сопротивление r₃ к ним включено последовательно

$r^{″}=r_3+\frac{r_4\cdot r_5}{r_4+r_5}=15+\frac{30\cdot 6}{30+6}=20Ом.$

Сопротивление r_cd состоит из двух параллельно соединенных сопротивлений r₂ и r» и равно

$r_{cd}=\frac{r_2\cdot r^{″}}{r_2+r^{″}}=\frac{5\cdot 20}{5+20}=4Ом.$

Расчет сопротивления r_df.

Эквивалентное сопротивление цепи между точками d и f состоит из трех параллельно соединенных сопротивлений: r₅, r₄ и r₂ + r₃ и может быть определено по формуле (13)

$\frac{1}{r_{df}}=\frac{1}{r_5}+\frac{1}{r_4}+\frac{1}{r_2+r_3}=\frac{1}{6}+\frac{1}{30}+\frac{1}{20}=\frac{1}{4},$

откуда r_df. = 4 ом.

---

Задача 2. Для цепи (рис. 10) начертить кривую зависимости эквивалентного сопротивления между точками a и b как функцию от k (0 ≤ k ≤ 10).

Ответ: при k = 0 и k = 1 r_ab = 0; при k = 0,5 r_abмакс = 250 Ом.

---

Задача 3. Цепь, схема которой изображена на рис. 11, а, состоит из пяти одинаковых сопротивлений r₁ = r₂ = r₃ = r₄ = r₅ = 10 кОм.

Чему равно сопротивление цепи между зажимами a и b при разомкнутом и замкнутом ключе К?

Решение

Ключ разомкнут.

Сопротивления r₃, r₄ и r₅ соединены между собой последовательно; заменяющее их эквивалентное сопротивление является параллельным к сопротивлению r₁; величина сопротивления, заменяющего r₃, r₄, r₅ и r₁, равна

$r^{\prime }=\frac{r_1\cdot \left(r_3+r_4+r_5\right)}{r_1+\left(r_3+r_4+r_5\right)}=\frac{10\cdot 30}{40}=\mathrm{7,5}кОм.$

Искомое сопротивление цепи

r_ab = r' + r₂ = 7,5 + 10 = 17,5 кОм.

Ключ замкнут.

В этом случае сопротивления r₁ и r₃ соединены параллельно друг другу, а сопротивления r₄ и r₅ закорочены (рис. 11, б). Искомое сопротивление цепи будет

$r_{ab}=\frac{r_1\cdot r_3}{r_1+r_3}+r_2=\frac{10\cdot 10}{20}+10=15кОм.$

---

Задача 4. Вычислить эквивалентное сопротивление цепи (рис. 12) между зажимами a и b, если все семь ее сопротивлений одинаковы:

Указание. Обратить внимание на закорачивающие проводники mn и np.

Ответ: 10 Ом.

---

Задача 5. Определить эквивалентное сопротивление цепи между точками a и b при разомкнутом и замкнутом ключе К (рис. 13, а): r₁ = r₂ = r₃ = r₄ = r₅ = r₆ = r₇ = 10 Ом.

Решение

При разомкнутом ключе заданная схема может быть изображена согласно рис. 13, б.

Искомое сопротивление

$r_{ab}=\frac{r_1\cdot r_3}{r_1+r_3}=\frac{\left(r_5+r_6+\frac{r_4\cdot r_7}{r_4+r_7}\right)\cdot r_2}{r_5+r_6+\frac{r_4\cdot r_7}{r_4+r_7}+r_2}=5+\frac{25\cdot 10}{35}=\mathrm{12,1}Ом.$

При замкнутом ключе заданная схема имеет вид, изображенный на рис. 13, в.

Сопротивление цепи равно сумме двух сопротивлений

$r^{\prime }=\frac{r_1\cdot r_3}{r_1+r_3}\frac{10\cdot 10}{20}=5Ом,$

и r'', определяемого из формулы

$\frac{1}{r^{″}}=\frac{1}{r_4}+\frac{1}{r_7}+\frac{1}{r_2},$

откуда r' = 3,33 Ом. Таким образом,

$r_{ab}=r^{\prime }+r^{″}=5+\mathrm{3,33}=\mathrm{8,33}Ом.$

---

Задача 6. Найти эквивалентное сопротивление между зажимами a и b для схемы рис. 14. Даны: r₁ = 600 Ом, r₂ = 360 Ом, r₃ = 400 Ом, r₄ = 300 Ом.

Ответ: 200 Ом.

---

Задача 7. Определить сопротивление каждой из цепей (рис. 15, а и б) между зажимами 1–1' при холостом ходе (точки 2 и 2' разомкнуты) и при коротком замыкании (точки 2 и 2' закорочены). Сопротивления в омах даны на схеме.

Ответ: а) r_1х = 120 Ом, r_1к = 72 Ом; б) r_1х = 20 Ом, r_1к = 18 Ом.

---

Задача 8. Вычислить сопротивление между зажимами a и b для схемы рис. 16 при разомкнутом и замкнутом ключе К. Все семь сопротивлений одинаковы и каждое равно r = 30 Ом.

Указание. Учесть, что точки c и d равнопотенциальны.

Ответ: При разомкнутом ключе r_ab = 40 Ом; при замкнутом — r_ab = 30 Ом.

---

Задача 9. Найти сопротивление между зажимами a и b для схемы рис. 17, а. Значения сопротивлений в омах даны на схеме.

Решение

От данной схемы можно перейти к более простым схемам, изображенным на рис. 17, б и в. Искомое сопротивление

$r_{ab}=\frac{240\cdot \left(180+\frac{300\cdot 450}{750}\right)}{240+180+\frac{300\cdot 450}{750}}=144Ом.$

---

Задача 10. Имеется вольтметр, который может быть включен па три предела измерения: 3; 15 и 150 В (рис. 18). Максимально допустимый ток в измерительном механизме 30 мА.

Найти сопротивления r₁, r₂ и r₃.

Решение

Полагаем внутреннее сопротивление измерительного механизма (ИМ) равным нулю.

На пределе измерения 3 В: ток 30 мА, сопротивление r₁ = 3/0,030 = 100 Ом.

На пределе измерения 15 В: ток 30 мА, сопротивление r₁ + r₂ = 15/0,030 = 500 Ом, а сопротивление r₂ = 500 — 100 = 400 Ом.

Аналогично находится r₃ = 4500 Ом.

---

Задача 11. Два вольтметра, пределы измерения которых равны 150 и 100 В и внутренние сопротивления — 15000 и 7500 Ом, соединенные последовательно друг с другом и с добавочным сопротивлением 2500 Ом, подключены к сети 220 В. Чему равно показание каждого вольтметра?

Ответ: 132 и 66 В.

---

Задача 12. Батарея, э.д.с. которой E = 6,4 В и внутреннее сопротивление r₀ = 0,1 Ом, присоединена к сопротивлению r = 3,1 Ом. Найти ток батареи и напряжение на ее зажимах.

Решение

Применяя формулу закона Ома для замкнутой цепи (формула 4), находим ток

$I=\frac{E}{r+r_0}=\frac{\mathrm{6,1}}{\mathrm{3,1}+\mathrm{0,1}}=2А.$

Напряжение на зажимах батареи может быть найдено двумя путями: или

U = E — I·r₀ = 6,4 — 2·0,1 = 6,2 В,

или

U = I·r = 2·3,1 = 6,2 В.

---

Задача 13. Напряжение холостого хода батареи равно 16,4 В. Чему равно внутреннее сопротивление батареи, если при токе во внешней цепи, равном 8 А, напряжение на ее зажимах равно 15,2 В?

Ответ: 0,15 Ом.

---

Задача 14. Источник с э.д.с. E = 100 В, внутренним сопротивлением r₀ = 1 Ом замкнут на внешнее сопротивление r, которое меняется от нуля до бесконечности (рис. 19, а). Определить в функции этого сопротивления: 1) ток I; 2) напряжение на зажимах источника U; 3) мощность, отдаваемую источником во внешнюю цепь P_внеш; 4) мощность, затрачиваемую в самом источнике P_внутр; 5) общую мощность P_общ; 6) коэффициент полезного действия η. При каком внешнем сопротивлении P_внеш будет максимальным? Чему оно равно?

Построить кривые I = F₁ (r), U = F₂ (r), P_внеш = F₃ (r), P_внутр = F₄ (r), P_общ = F₅ (r), η = F₆ (r).

Написать уравнения и построить кривые зависимостей U, P_внеш, P_внутр, P_общ и η в функции тока I.

Решение

Определим r, при котором P_внеш будет максимально. Для этого вычислим производную от P_внеш по r и приравняем ее нулю

$\begin{array}{l}\frac{d{P}_{внеш}}{dr}=E^2\frac{d}{dr}\frac{r}{{\left(r+r_0\right)}^2}=E^2\frac{\frac{d}{dr}r\cdot {\left(r+r_0\right)}^2-r\cdot \frac{d}{dr}{\left(r+r_0\right)}^2}{{\left(r+r_0\right)}^4}=\\ =E^2\frac{{\left(r+r_0\right)}^2-r\cdot 2\left(r+r_0\right)}{{\left(r+r_0\right)}^4}=E^2\frac{r_0-r}{{\left(r+r_0\right)}^3}=0.\end{array}$

Взяв вторую производную, можно убедиться, что она отрицательна. Это соответствует условию максимума.

Отсюда найдем, что r = r₀, т.е. при внешнем сопротивлении равном внутреннему сопротивлению, мощность, поступающая во внешнюю цепь, будет максимальна. При этом, по уравнению (6), коэффициент полезного действия равен 0,5. Величина максимальной мощности, поступающей во внешнюю цепь при r = r₀, по уравнению (3) равна

$P_{внеш.макс}={\left[\frac{E^2\cdot r}{{\left(r+r_0\right)}^2}\right]}_{r=r_0}=\frac{E^2}{4r}=2500Вт.$

По написанным выше уравнениям на рис. 19, б построены кривые.

Искомые уравнения зависимостей в функции тока имеют вид

$\begin{array}{l}U=E-I\cdot r_0;\\ P_{внеш}=E\cdot I-I^2\cdot r_0;P_{внутр}=I^2\cdot r_0;P_{общ}=E\cdot I;\\ \eta =1-\frac{I\cdot r_0}{E}.\end{array}$

По этим уравнениям на рис. 19, в построены кривые.

---

Задача 15. В схеме (рис. 20) э.д.с. E₁ = 120 В, E₂ = 40 В, а сопротивления r₁ = 12 Ом, r₂ = 8 Ом. Внутренние сопротивления источников энергии равны нулю. Определить напряжение между точками a и b.

Решение

Задавшись положительным направлением тока по часовой стрелке, на основании закона Ома (формула 4) имеем

$I=\frac{E_1-E_2}{r_1+r_2}=\frac{120-40}{12+8}=4А.$

Так как результат оказался положительным, то, следовательно, фактическое направление тока совпадает с выбранным. Напряжение между точками a и b можно найти по закону Ома (формула 5), примененному к участку amb

$I=\frac{U_{ab}-E_2}{r_2},$

откуда

$U_{ab}=E_2+I\cdot r_2=40+4\cdot 8=72В.$

Такой же результат можно получить, если применить ту же формулу к участку bna

$I=\frac{U_{ba}+E_1}{r_1},$

откуда

$U_{ba}=I\cdot r_1-E_1=4\cdot 12-120=-72В,$

а, следовательно, U_ab = 72 В.

Замечание. Следует запомнить, что если на участке цепи, содержащем э.д.с. и сопротивление, ток и э.д.с. совпадают по направлению, то напряжение на зажимах участка меньше э.д.с. на величину падения напряжения в сопротивлении участка, а если направление тока противоположно направлению э.д.с., то напряжение на зажимах участка больше э.д.с. на величину падения напряжения в рассматриваемом участке.

---

Задача 16. Определить показание вольтметра (рис. 21), сопротивление которого весьма велико по сравнению с r₁ и r₂.

Для обоих случаев даны: E₁ = 40 В, E₂ = 10 В, r₁ = r₂ = 5 Ом. Внутренними сопротивлениями источников энергии пренебречь.

Ответ: а) 15 В, б) 25 В.

---

Задача 17. Построить график изменения потенциала вдоль цепи, изображенной на рис. 22, а, при замкнутом ключе и при разомкнутом ключе, предполагая в обоих случаях, что точка a заземлена (φ_a = 0).

В схеме найти точку, равнопотенцнальную точке a. Определить, потенциал какой точки следует принять равным нулю, чтобы потенциалы всех остальных точек были положительны (при замкнутом ключе).

Электродвижущие силы равны: E₁ = 25 В, E₂ = 5 В, E₃ = 20 В, E₄ = 35 В.

Внешние сопротивления имеют следующие значения: r₁ = 8 Ом, r₂ = 24 Ом, r₃ = 40 Ом, r₄ = 4 Ом. Внутренние сопротивления источников электрической энергии равны: r₁₀ = 2 Ом, r₂₀ = 6 Ом, r₃₀ = 2 Ом, r₄₀ = 4 Ом.

Решение

Ключ замкнут. Задавшись положительным направлением тока по часовой стрелке, на основании закона Ома (формула 4) найдем ток

$I=\frac{E_1+E_2-E_3+E_4}{r_1+r_{10}+r_2+r_{20}+r_3+r_{30}+r_4+r_{40}}=\frac{45}{90}=\mathrm{0,5}А.$

Пользуясь формулами (3) и (5), вычислим потенциалы всех точек, обходя контур тока по часовой стрелке

$\begin{array}{l}{\phi }_a=0;\\ {\phi }_b={\phi }_a-I\cdot r_1=0-\mathrm{0,5}\cdot 8=-4B;\\ {\phi }_c={\phi }_b+E_1-I\cdot r_{10}=\left(-4\right)+25-\mathrm{0,5}\cdot 2=20B;\\ {\phi }_d={\phi }_c-I\cdot r_2=20-\mathrm{0,5}\cdot 24=8B;\\ {\phi }_f={\phi }_d+E_2-I\cdot r_{20}=8+5-\mathrm{0,5}\cdot 6=10B;\\ {\phi }_g={\phi }_f-I\cdot r_3=10-\mathrm{0,5}\cdot 40=-10B;\\ {\phi }_h={\phi }_g-E_3-I\cdot r_{30}=\left(-10\right)-20-\mathrm{0,5}\cdot 2=-31B;\\ {\phi }_k={\phi }_h-I\cdot r_4=\left(-31\right)-\mathrm{0,5}\cdot 4=-33B;\\ {\phi }_a={\phi }_k+E_4-I\cdot r_{40}=\left(-33\right)+35-\mathrm{0,5}\cdot 4=0.\end{array}$

На рис. 22, б начерчен потенциальный график. По оси абсцисс отложены величины сопротивлений отдельных участков цепи, а по оси ординат — значения потенциалов в отдельных точках цепи.

Найдем точку, равнопотенциальную точке a. Из графика видно, что искомая точка m находится на участке сопротивления fg, так как в этой точке прямая падения потенциалов пересекает ось абсцисс, потенциал которой равен φ_a = 0. Обозначая участок сопротивления между точками f и m через r_fm и применяя к участку abcdfm формулу закона Ома (5) и учитывая, что φ_a = φ_m, найдем

$I=\frac{{\phi }_a-{\phi }_m+E_1+E_2}{r_1+r_{10}+r_2+r_{20}+r_{fm}},$

или

$\mathrm{0,5}=\frac{30}{40+r_{fm}},$

откуда r_fm = 20 Ом, т.е. точка m находится на середине сопротивления r₃.

Для нахождения точки, потенциал которой следует принять равным нулю при условии, чтобы потенциалы всех остальных точек были положительны, следует обратиться к потенциальному графику, из которого видно, что такой точкой является точка k.

Ключ разомкнут. Тока в цепи нет, поэтому точки a и b равнопотенциальны, т. е. φ_a = φ_b = 0. Потенциал точки c превышает потенциал точки b на величину э.д.с. E₁ и φ_c = E₁ = 25 В; рассуждая аналогично, найдем

$\begin{array}{l}{\phi }_d={\phi }_c=25B;\\ {\phi }_f={\phi }_d+E_2=25+5=30B;\\ {\phi }_g={\phi }_f=30B;\\ {\phi }_h={\phi }_g-E_3=30-20=10B;\\ {\phi }_k={\phi }_h=10B;\\ {\phi }_l={\phi }_k+E_4=10+35=45B.\end{array}$

На основе полученных результатов на рис. 22, б начерчен график изменения потенциала при разомкнутом ключе.

---

Задача 18. Для схемы рис. 23 построить потенциальные графики 0abcdfghkl при разомкнутом и замкнутом ключе, если E₁ = 60 В, E₂ = 40 В, E₃ = 25 В, E₄ = 15 В, r₁₀ = 6 Ом, r₂₀ = 4 Ом, r₃₀ = 3 Ом, r₄₀ = 2 Ом, r₁ = 24 Ом, r₂ = 16 Ом, r₃ = 25 Ом, r₄ = 22 Ом, r₅ = 18 Ом.

---

Задача 19. Определить токи в ветвях цепи (рис. 24, а) и напряжение между точками c и d и показание амперметра, включенного между точками c и d. Сопротивление амперметра считать равным нулю. Сопротивления элементов цепи r₁ = 10 Ом, r₂ = r₃ = r₅ = 25 Ом, r₄ = 50 Ом, а приложенное к ней напряжение U = 120 В.

Решение

Эквивалентное сопротивление всей цепи (рис. 24, а) равно

$r=r_1+\frac{\left(r_2+r_4\right)\cdot \left(r_3+r_5\right)}{\left(r_2+r_4\right)+\left(r_3+r_5\right)}=10+\frac{75\cdot 50}{125}=40Ом.$

В неразветвленной части цепи протекает ток

$I=\frac{U}{r}=\frac{120}{40}=30А.$

Токи, протекающие через сопротивления r₂ + r₄ и r₃ + r₅, можно найти различными способами.

1) В параллельных ветвях токи распределяются обратно пропорционально их сопротивлениям (формулы 9)

$\begin{array}{l}{I}_2=I_1\cdot \frac{\left(r_3+r_5\right)}{\left(r_2+r_4\right)+\left(r_3+r_5\right)}=3\cdot \frac{50}{125}=\mathrm{1,2}А,\\ I_3=I_1\cdot \frac{\left(r_2+r_4\right)}{\left(r_2+r_4\right)+\left(r_3+r_5\right)}=3\cdot \frac{75}{125}=\mathrm{1,8}А.\end{array}$

2) Найдем напряжение на зажимах параллельных ветвей

$U_{ab}=I_1\cdot \frac{\left(r_2+r_4\right)\cdot \left(r_3+r_5\right)}{\left(r_2+r_4\right)+\left(r_3+r_5\right)}=3\cdot \frac{75\cdot 50}{125}=90В.$

Токи в ветвях с сопротивлениями r₂ + r₄ и r₃ + r₅ равны

$I_2=\frac{U_{ab}}{r_2+r_4}=\frac{90}{75}=\mathrm{1,2}А,I_3=\frac{U_{ab}}{r_3+r_5}=\frac{90}{50}=\mathrm{1,8}А.$

Напряжение на зажимах параллельных ветвей может быть найдена как разность между приложенным напряжением и падением напряжения на сопротивлении r₁

$U_{ab}=U-I_1\cdot r_1=120-3\cdot 10=90В.$

Найдем напряжение между точками c и d

$U_{cd}=-I_2\cdot r_2+I_3\cdot r_3=-\mathrm{1,2}\cdot 25+\mathrm{1,8}\cdot 25=15В.$

Наконец, вычислим ток, проходящий через амперметр, он равен току короткого замыкания I'_cd (рис. 24, б). Для его нахождения вычислим токи

$$\begin{array}{l}{I^{\prime }}_1=\frac{U}{r_1+\frac{r_2\cdot r_3}{r_2+r_3}+\frac{r_4\cdot r_5}{r_4+r_5}}=\frac{144}{47}А,\\ {I^{\prime }}_2={I^{\prime }}_1\cdot \frac{r_3}{r_2+r_3}=\frac{144}{47}\cdot \frac{1}{2}=\frac{72}{47}А,\\ {I^{\prime }}_4={I^{\prime }}_1\cdot \frac{r_5}{r_4+r_5}=\frac{144}{47}\cdot \frac{25}{75}=\frac{48}{47}А.\end{array}$$

Искомый ток, проходящий через амперметр, равен

$$I_A={I^{\prime }}_{cd}={I^{\prime }}_2-{I^{\prime }}_4=\frac{72}{47}-\frac{48}{47}=\frac{24}{47}=0.51А.$$

---

Задача 20. Для измерения тока применены амперметры, пределы измерений которых равны 5 и 2,5 А, и шунт, сопротивление которого неизвестно. Первый амперметр, включенный с шунтом в некоторую цепь, показал 3,6 А, второй — с тем же шунтом показал в той же цепи ток 2 А. Сопротивления амперметров r₁ = 0,002 Ом и r₂ = 0,004 Ом. Чему равен ток в цепи?

Ответ: 18 А; r_ш = 0,0005 А.

---

Задача 21. Для цепи рис. 25 определить отношение напряжения на выходе U₂ к напряжению на входе цепи U₁. Сопротивления отдельных ветвей цепи в омах указаны на схеме.

Ответ: U₂: U₁ = 0,05.

---

Задача 22. В схеме (рис. 26) найти сопротивление r_x, если I₁ = 2,6 А, I₃ = 0,6 А, r₁ = 0,5 Ом, r₂ =1,4 Ом, r₃ = 3 Ом, r₄ = 2,5 Ом. Найти э.д.с. батареи E, если ее внутреннее сопротивление r₀ = 0,1 Ом.

Решение

На основании первого закона Кирхгофа найдем

I₂ = I₁ — I₃ = 2,6 — 0,6 = 2 А.

По закону Ома, примененному к участку, содержащему сопротивление r₂, найдем

U_ab = I₂·r₂ = 2·1,4 = 2,8 В.

Применяя закон Ома к участку цепи ab, содержащему э.д.с. E и сопротивления r₁ и r₀, найдем искомую э.д.с.

E = U_ab + I₁· (r₁ + r₀) = 2,8 + 2,6·0,6 = 4,36 В.

Теперь найдем напряжение на параллельных ветвях с сопротивлениями r₄ и r_x и токи в них

U_ac = U_ab — I₃·r₃ = 2,8 — 0,6·3 = 1 В;

I₄ = U_ac/r₄ = 1/2,5 = 0,4 А;

I_x = I₃ — I₄ = 0,6 — 0,4 = 0,2 А.

Искомое сопротивление

r_x = U_ac/I_x = 1/0,2 = 5 Ом.

---

Задача 23. В схеме мостика (рис. 27) известны сопротивления r₁ = 1300 Ом, r₂ = 800 Ом, r₃ = 400 Ом. Сопротивление гальванометра r_г = 600 Ом. Через, сопротивление r₁ протекает ток I₁ = 1 мА. К мостику приложено напряжение U = 2,5 В.

Найти сопротивление r₄.

Ответ: 750 Ом.

---

Задача 24. В цепи (рис. 28) найти E₁ и r_x, если E₂ = 3 В, r₁ = r₂ = 1 кОм, r₃ = 4 кОм, r₄ = 2 кОм, r₅ = 1 кОм. Внутренние сопротивления батарей принять равными нулю.

Амперметр А₁ показывает 4 мА, а А₄ — 3 мА; полярности приборов показаны на схеме, а их сопротивлениями можно пренебречь.

Ответ: E₁ = 12 В, r_x = 2 Ом.

---

Задача 25. Однопроводная линия с сопротивлением r₀ на единицу длины, питаемая батареей с э.д.с., равной E, закорочена на приемном конце (рис. 29).

В каком месте линия должна иметь утечку с сопротивлением r, чтобы ток I на приемном конце был минимальным?

Ответ: по середине линии.

---

Задача 26. Для определения места повреждения изоляции линии применяется схема, изображенная на рис. 30, а; r₁ и r₂ — магазины сопротивлений.

Правый зажим гальванометра заземлен. Свободные концы тип линии соединены между собой накоротко. Подбором сопротивлений r₁ и r₂ добиваются отсутствия тока в гальванометре.

Показать, что если сечения обоих проводов одинаковы, то расстояние от места повреждения изоляции a до начала линии равно

$\frac{2l\cdot r_2}{r_1+r_2}.$

Указание. Заданная схема может быть заменена схемой рис. 30, б.

---

Задача 27. При проверке постоянной C счетчика оказалось, что при силе тока 10 А и напряжении 120 В якорь его в продолжение 30 сек сделал 37 оборотов. Определить ошибку в показаниях счетчика, если на счетчике указано, что 1 ГВт·ч соответствует 400 оборотам счетчика.

Примечание. Постоянной счетчика называется число ватт-часов, приходящихся на один оборот счетчика.

Ответ: 7,5%.

---

Задача 28. Каково должно быть сечение медных проводов линии для передачи потребителю мощности P = 16 кВт при условии, что потеря мощности не превысит p = 5%, если длина линии l = 180 м и напряжение в конце линии равно U = 220 В?

Ответ: точное значение 41,8 мм², по ГОСТ надо взять 50 мм².

---

Задача 29. Для схемы (рис. 31), пользуясь законами Кирхгофа, найти токи и проверить баланс мощностей, если E₁ = 15 В, E₂ = 70 В, E₃ = 5 В, r₁₀ = r₂₀ = 1 Ом, r₃₀ = 2 Ом, r₁ = 5 Ом, r₁ = 5 Ом, r₂ = 4 Ом, r₃ = 8 Ом, r₄ = 2,5 Ом, r₅ = 15 Ом.

Решение

Всего узлов в схеме три (a, b, c), следовательно, число независимых уравнений, составляемых по первому закону Кирхгофа, будет на единицу меньше, т.е. два. Число контуров равно трем, следовательно, по второму закону Кирхгофа можно составить три взаимно независимых уравнения. Таким образом, общее число независимых уравнений, составляемых по первому и второму законам Кирхгофа, равно числу неизвестных токов в пяти ветвях схемы.

Выберем положительные направления для токов, которые обозначены пунктирными стрелками, и составим систему уравнений Кирхгофа:

для узла a

I₁ — I₂ + I₃ + I₅ = 0;  (1)

для узла b

–I₁ — I₃ — I₄ = 0;  (2)

для контура abfa

E₁ + E₃ = I₁· (r₁ + r₁₀) — I₃· (r₃ + r₃₀);  (3)

для контура abca

E₃ = –I₃· (r₃ + r₃₀) + I₄·r₄ + I₅·r₅;  (4)

для контура adca

E₂ = I₂· (r₂ + r₂₀) + I₅·r₅.  (5)

Уравнения (1) — (5) после подстановки в них числовых значений будут иметь следующий вид

I₁ — I₂ + I₃ + I₅ = 0,

I₁ + I₃ + I₄ = 0,

6I₁ — 10I₃ = 20,

–10I₃ + 2,5I₄ + 15I₅ = 5,

5I₂ + 15I₅ = 70.

Решая эту систему уравнений, получим

I₁ = 5 А; I₂ = 8 А; I₃ = 1 А; I₄ = –6 А; I₅ = 2 А.

Отрицательный знак для тока I₄ означает, что истинное направление этого тока противоположно принятому. При проверке баланса мощностей надо иметь в виду, что в тех ветвях цепи, где истинное направление тока совпадает с направлением э.д.с., соответствующая э.д.с. будет являться источником энергии, а в тех участках, где направления э.д.с. и тока противоположны, э.д.с. будет являться потребителем энергии. Все сопротивления как внешние, так и самих источников, независимо от направления протекающего через них тока, будут являться потребителями энергии.

Баланс мощностей для рассматриваемой схемы будет

E₁·I₁ + E₂·I₂ + E₃· (–I₃) = I₁²· (r₁ + r₁₀) + I₂²· (r₂ + r₂₀) + I₃²· (r₃ + r₃₀) + I₄²·r₄ + I₅²·r₅,

или

15·5 + 70·8 — 5·1 = 5²·6 + 8²·5 + 1²·10 + 6²·2,5 + 2²·15,

получено тождество 630 Вт = 630 Вт.

---

Задача 30. В схеме (рис. 32) найти все токи, если известны: E₁ = 20 В, E₂ = 1,1 В, r₁₀ = 0,2 Ом, r₂₀ = 0,4 Ом, r₁ = r₂ = 5 Ом, r₃ = 7 Ом.

Ответ: 2,5 А, 1,5 А, 1 А.

---

Задача 31. Для цепи, изображенной на рис. 33, рассчитать токи и определить показание вольтметра, если E₁ = 40 В, E₂ = 5 В, E₃ = 25 В, r₁ = 5 Ом, r₂ = r₃ = 10 Ом.

Внутренними сопротивлениями источников энергии и током, протекающим через вольтметр, можно пренебречь.

Ответ: I₁ = 5 А, I₂ = 1 А, I₃ = 4 А, U_ba = 30 В.

---

Задача 32. Аккумуляторная батарея из 20 последовательно соединенных элементов работает параллельно с генератором на сеть, имеющую нагрузку 30 А. Каждый аккумулятор имеет э.д.с. 1,82 В и сопротивление 0,001 Ом. Э.д.с. генератора 36,4 В и его сопротивление 0,04 Ом. Определить нагрузку генератора и батареи (т. е. отдаваемые ими токи) и напряжение на их зажимах.

Какую э.д.с. должен развивать генератор, чтобы нагрузка распределилась поровну между генератором и батареей?

Ответ: 20 А, 10 А, 36 В, 36,7 В.

---

Задача 33. По трехпроводной линии длиной 0,5 км (рис. 34) от двух генераторов 1 и 2 питаются две группы ламп 50 Вт, 110 В.

В первой группе — N₁ = 200 ламп, а во второй — N₂ = 600 ламп. Сечение крайних проводов q = 35 мм², а сечение среднего (нулевого) провода q₀ = 16 мм². Каждый генератор имеет внутреннее сопротивление 0,01 Ом и развивает э.д.с. 120 В. Определить токи во всех проводах линии и напряжение на зажимах каждой группы ламп, сопротивления которых считать постоянным. Материал проводов линии — медь.

Ответ: I₁ = 98 А, I₂ = 144 А, I₀ = 46 А, U₁ = 102 В, U₂ = 71 В.

---

Задача 34. Напряжения, измеренные электростатическим вольтметром, между узловыми точками схемы и землей, равны: U₁₀ = –15 В, U₂₀ = 52 В, U₃₀ = 64 В (рис. 35).

Определить токи в ветвях и отходящих проводах при следующих данных: E₁ = 80 В, E₃ = 70 В, r₁ = 5 Ом, r₂ = 10 Ом, r₃ = 12 Ом.

Решение

Вычислим напряжения между точками 1 и 2, 2 и 3, 3 и 1

U₁₀ — U₂₀ = U₁₂ = (–15) — 52 = –67 В,

U₂₀ — U₃₀ = U₂₃ = 52 — 64 = –12 В,

U₃₀ — U₁₀ = U₃₁ = 64 — (–15) = 79 В.

Применяя к ветвям 1–2, 2–3, 3–1 закон Ома, найдем токи

$\begin{array}{l}{I}_1=\frac{U_{12}+E_1}{r_1}=\frac{\left(-67\right)+80}{5}=\mathrm{2,6}А,\\ I_2=\frac{U_{32}}{r_2}=\frac{12}{10}=\mathrm{1,2}А,\\ I_3=\frac{U_{31}-E_3}{r_3}=\frac{79-70}{12}=\mathrm{0,75}А.\end{array}$

Так как все токи оказались положительными, то они имеют направления в соответствии с только что записанными уравнениями и нанесены на рис. 35.

Токи в ответвлениях от узловых точек 1–p, 2–q, 3–s находим по первому закону Кирхгофа

I₄ = I₁ — I₃ = 1,85 А, I₅ = I₁ + I₂ = 3,8 А, I₆ = I₂ + I₃ = 1,95 А.

---

Задача 35. В цепи (рис. 36) известны э.д.с. E₁ = 120 В, E₂ = 40 В, E₃ = 70 В и сопротивления r₁ = 20 Ом, r₂ = 10 Ом, r₃ = 40 Ом.

Потенциалы точек a, b и c относительно земли соответственно равны (определены посредством вольтметра): U_a0 =160 В, U_b0 = 180 В, U_c0 = 50 В. Определить токи в ветвях ab, bc, ca и в проводах aa', bb' и cc', подходящих к точкам a, b и c.

Ответ: I₁ = 5 А, I₂ = 9 А, I₃ = 1 А.

---

Задача 36. В цепи (рис. 37) известны э.д.с. E₁ = 40 В, E₂ = 30 В.

Сопротивления элементов схемы r₁ = 8 Ом, r₂ = 5 Ом, r₃ = 10 Ом. Показания вольтметров соответственно равны: U₁ = 125 В, U₂ = 60 В; полярность зажимов вольтметров показана на схеме. Пренебрегая внутренними сопротивлениями источников электрической энергии и считая потребляемые вольтметрами токи приближенно равными нулю, определить величину и полярность э.д.с. E₃. Найти все токи.

Ответ: E₃ = 20 В, I₁ = 2,5 А, I₂ = 6 А, I₃ = 8,5 А.

---

Задача 37. В цепи, изображенной на рис. 38, найти токи и показания вольтметров, включенных между точками 0 и c, c и g, если известно, что E₁ = 32 В, E₂ = 64 В, E₃ = 72 В, r₁ = 9 Ом, r₁₀ = 1 Ом, r₂ = 5 Ом, r₂₀ = 1 Ом, r₃ = 2 Ом, r₃₀ = 1 Ом, r₄ = 2 Ом, r₅ = 1 Ом. Сопротивления вольтметров весьма велики по сравнению с сопротивлениями элементов цепи.

Ответ: I₁ = 5 А, I₂ = 9 А, I₃ = 1 А.

---

Задача 38. Для схемы (рис. 39, а) найти токи и проверить баланс мощностей, если U_ab = 12 В, U_cd = 5,6 В, r₁ = 4 Ом, r₂ = 5 Ом, r₃ = 3 Ом.

Решение

Данная схема может быть заменена эквивалентной, в которой между точками a и b, а также c и d включены э.д.с., численное значение которых E₁ = U_ab и E₂ = U_cd, а их внутренние сопротивления равны нулю (рис. 39, б). Обращаем внимание на то, что при включении э.д.с. следует соблюдать заданные полярности напряжений.

Задавшись направлениями для токов, составим систему уравнений Кирхгофа

I₁ — I₂ — I₃ = 0,

E₁ = I₁·r₁ + I₃·r₃,

E₂ = I₂·r₂ — I₃·r₃.

Подставляя сюда числовые значения и решая систему уравнений, найдем:

I₁ = 2,4 А, I₂ = 1,6 А, I₃ = 0,8 А.

Для проверки баланса мощностей составим уравнение

U_ab·I₁ + U_cd·I₂ = I₁²·r₁ + I₂²·r₂ + I₃²·r₃,

12·2,4 + 5,6·1,6 = 2,4²·4 + 1,6²·5 + 0,8²·3;

получено тождество 37,76 = 37,76.

---

Задача 39. В цепи (рис. 40) найти токи и проверить баланс мощностей, если U_ab = 16 В, U_cd = 11,2 В, E = 5 В, r₀ = 0, r = 10 Ом, r₁ = 5 Ом, r₂ = 4 Ом.

Ответ: I₁ = 1,2 А, I₂ = 0,3 А, I = 1,5 А.

---

Задача 40. Чему равно показание вольтметра на рис. 41, если током вольтметра можно пренебречь по сравнению с токами в нагрузках? Внутренние сопротивления батарей принять равными нулю.

Определить показания ваттметров и убедиться в том, что их сумма равна сумме мощностей, расходуемых в сопротивлениях r₁, r₂ и r₃. Потерями в катушках ваттметров пренебречь.

Дано: E₁ = 30 В, E₂ = 21 В, E₃ = 5 В, r₁ = 5 Ом, r₂ = 10 Ом, r₃ = 50 Ом.

Ответ: 25 В, P₁ = 9 Вт, P₂ = 15,6 Вт.

---

Задача 41. Методом контурных токов найти токи в цепи, схема которой изображена на рис. 42; даны: E₁ = 100 В, E₂ = 30 В, E₃ = 10 В, E₄ = 6 В, r₁ = 10 Ом, r₂ = 10 Ом, r₄ = 6 Ом, r₅ = 5 Ом, r₆ = 15 Ом, r₁₀ = r₂₀ = r₃₀ = 0, r₄₀ = 1 Ом.

Решение

Выберем направления контурных токов, которые обозначим через I₁₁, I₂₂, I₃₃.

Составим систему уравнений для контуров

E₁ — E₂ — E₃ = I₁₁· (r₁ + r₁₀ + r₂ + r₂₀ + r₃₀) — I₂₂· (r₂ + r₂₀) + I₃₃·r₃₀,

E₂ — E₄ = I₂₂· (r₂ + r₂₀ + r₅ + r₄ + r₄₀) + I₃₃· (r₄ + r₄₀) — I₁₁· (r₂ + r₂₀),

–E₃ — E₄ = I₃₃· (r₃₀ + r₆ + r₄ + r₄₀) + I₂₂· (r₄ + r₄₀) + I₁₁·r₃₀.

После подстановки числовых значений будем иметь

60 = 20·I₁₁ — 10·I₂₂ + 0·I₃₃,

24 = –10·I₁₁ + 22·I₂₂ + 7·I₃₃,

–16 = 0·I₁₁ + 7·I₂₂ + 22·I₃₃.

Решив эту систему уравнений, найдем контурные токи

I₁₁ = 5 А, I₂₂ = 4 А, I₃₃ = –2 А.

Теперь найдем истинные токи во всех ветвях.

В ветви, где действует э.д.с. E₁, истинный ток I₁ имеет направление контурного тока I₁₁ и равен

I₁ = I₁₁ = 5 А.

В ветви с сопротивлением r₅ истинный ток I₅ имеет направление контурного тока I₂₂ и равен

I₅ = I₂₂ = 4 А.

В ветви с сопротивлением r₆ истинный ток I₆ имеет направление, противоположное контурному току I₃₃, и равен

I₆ = –I₃₃ = — (–2) = 2 А.

В ветви с сопротивлением r₂ истинный ток I₂ получится от наложения контурных токов I₁₁ и I₂₂ и будет иметь направление большего контурного тока I₁₁;

I₂ = I₁₁ — I₂₂ = 5 — 4 = 1 А.

В ветви с сопротивлением r₄ истинный ток I₄ получится от наложения контурных токов I₂₂ и I₃₃ и будет иметь направление контурного тока I₂₂;

I₄ = I₂₂ + I₃₃ = 4 + (–2) = 2 А.

В ветви, где действует э.д.с. E₃, истинный ток I₃ получится от наложения контурных токов I₁₁ и I₃₃ и будет иметь направление тока I₁₁;

I₃ = I₁₁ + I₃₃ = 5 + (–2) = 3 А.

Эта же задача может быть решена методом определителей. Для этого уравнения для контурных токов следует записать в форме (10), а именно

$$\{\begin{array}{l}{r}_{11}\cdot I_{11}+r_{12}\cdot I_{22}+r_{13}\cdot I_{33}=E_{11};\\ r_{21}\cdot I_{11}+r_{22}\cdot I_{22}+r_{23}\cdot I_{33}=E_{22};\\ r_{31}\cdot I_{11}+r_{32}\cdot I_{22}+r_{33}\cdot I_{33}=E_{33},\end{array}$$

где контурные сопротивления

r₁₁ = r₁ + r₁₀ + r₂ + r₂₀ + r₃₀ = 20 Ом;

r₂₂ = r₂ + r₂₀ + r₅ + r₄ + r₄₀ = 22 Ом;

r₃₃ = r₃₀ + r₆ + r₄ + r₄₀ = 22 Ом,

взаимные сопротивления контуров

r₁₂ = r₂₁ = — (r₂ + r₂₀) = –10 Ом;

r₁₃ = r₃₁ = r₃₀ = 0;

r₂₃ = r₃₂ = r₄ + r₄₀ = 7 Ом,

контурные э.д.с.

E₁₁ = E₁ — E₂ — E₃ = 60 В;

E₂₂ = E₂ — E₄ = 24 В;

E₃₃ = –E₃ — E₄ = –16 В.

Получим численную систему уравнений метода контурных токов

$$\{\begin{array}{l}20\cdot I_{11}-10\cdot I_{22}+0\cdot I_{33}=60;\\ -10\cdot I_{11}+22\cdot I_{22}+7\cdot I_{33}=24;\\ 0\cdot I_{11}+7\cdot I_{22}+22\cdot I_{33}=-\mathrm{16,}\end{array}$$

или в матричной форме записи

$$\left(\begin{array}{ccc}20& -10& 0\\ -10& 22& 7\\ 0& 7& 22\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{I}_{11}\\ I_{22}\\ I_{33}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}60\\ 24\\ -16\end{array}\right).$$

Составим главный определитель системы? и вычислим его значение

Вычислим значения вспомогательных определителей

$$\begin{array}{l}{\Delta }_{11}=\left|\begin{array}{ccc}{E}_{11}& r_{12}& r_{13}\\ E_{22}& r_{22}& r_{23}\\ E_{33}& r_{32}& r_{33}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}60& -10& 0\\ 24& 22& 7\\ -16& 7& 22\end{array}\right|=32500;\\ {\Delta }_{22}=\left|\begin{array}{ccc}{r}_{11}& E_{11}& r_{13}\\ r_{21}& E_{22}& r_{23}\\ r_{31}& E_{33}& r_{33}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}20& 60& 0\\ -10& 24& 7\\ 0& -16& 22\end{array}\right|=26000;\\ {\Delta }_{33}=\left|\begin{array}{ccc}{r}_{11}& r_{12}& E_{11}\\ r_{21}& r_{22}& E_{22}\\ r_{31}& r_{32}& E_{33}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}20& -10& 60\\ -10& 22& 24\\ 0& 7& -16\end{array}\right|=-13000.\end{array}$$

Искомые контурные токи определяем по формулам

$\begin{array}{l}{I}_{11}=\frac{{\Delta }_{11}}{\Delta }=\frac{32500}{6500}=5А;\\ I_{22}=\frac{{\Delta }_{22}}{\Delta }=\frac{26000}{6500}=4А;\\ I_{33}=\frac{{\Delta }_{33}}{\Delta }=\frac{-13000}{6500}=-2А.\end{array}$

Мы получили те же результаты, что и ранее.

---

Задача 42. Найти все токи и определить потенциалы точек a, b, c и 0 относительно земли (рис. 43).

Задачу решить методом контурных токов, Внутренние сопротивления источников электрической энергии считать равными нулю: E₁ = 85 В, E₂ = 84 В, E₃ = 5 В, E₄ = 12 В, r₁ = 8 Ом, r₂ = 10 Ом, r₃ = 10 Ом, r₄ = 10 Ом, r₅ = 10 Ом, r₆ = 4 Ом.

Ответ: I₁ = 2 А, I₂ = 2,7 А, I₃ = 0,7 А, I₄ = 2,2 А, I₅ = 4,7 А, I₆ = 2,5 А.

---

Задача 43. Для схемы (рис. 44) найти токи и U_ab, если E₁ = 70 В, E₂ = 5 В, E₃ = 15 В, E₄ = 10 В, r₁ = 5 Ом, r₂ = r₃ = 10 Ом, r₄ = 5 Ом, r₅ = 3 Ом.

Задачу решить методом контурных токов. Внутренние сопротивления источников энергии равны нулю.

Ответ: I₁ = 6 А, I₂ = 2 А, I₃ = 4 А, I₄ = 1 А, I₅ = 5 А.

---

Задача 44. Для схемы, изображенной на рисунке 45, а, пользуясь методом узловых потенциалов, определить все токи. Данные схемы: E₁ = 30 В, E₂ = 10 В, E₃ = 200 В, E₄ = 56 В, r₁ = 20 Ом, r₂ = 30 Ом, r₃ = 6 Ом, r₄ = 8 Ом, r₅ = 15 Ом, r₆ = 40 Ом, r₇ = 10 Ом. Внутренние сопротивления источников напряжения равны нулю.

Решение

Примем потенциал точки 3 равным нулю. Тогда, на основании формулы (11), запишем систему уравнений для определения потенциалов точек 1 и 2

$$\begin{array}{l}{\phi }_1\cdot g_{11}+{\phi }_2\cdot g_{12}={\displaystyle \sum _{1}E\cdot g},(1)\\ {\phi }_1\cdot g_{21}+{\phi }_2\cdot g_{22}={\displaystyle \sum _{2}E\cdot g}.(2)\end{array}$$

Подсчитаем g₁₁ — сумму проводимостей, присоединенных к узлу 1

$$g_{11}=\frac{1}{r_1+r_7}+\frac{1}{r_5}+\frac{1}{r_4}+\frac{1}{r_6}=\frac{1}{30}+\frac{1}{15}+\frac{1}{8}+\frac{1}{40}=\mathrm{0,25}\frac{1}{Ом}.$$

Аналогично g₂₂ — сумма проводимостей, присоединенных к узлу 2

$$g_{22}=\frac{1}{r_1+r_7}+\frac{1}{r_5}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{30}+\frac{1}{15}+\frac{1}{30}+\frac{1}{6}=\mathrm{0,3}\frac{1}{Ом}.$$

Инструментальные ящики на полуприцепы.

Взаимные проводимости первого и второго узлов

$$g_{12}=g_{21}=-\left(\frac{1}{r_1+r_7}+\frac{1}{r_5}\right)=-\frac{1}{30}-\frac{1}{15}=-\mathrm{0,1}\frac{1}{Ом}.$$

Подставим в уравнения (1) и (2) числовые значения

$$\begin{array}{l}\mathrm{0,25}\cdot {\phi }_1+\left(-\mathrm{0,1}\right)\cdot {\phi }_2=30\cdot \frac{1}{30}-56\cdot \frac{1}{8}=-\mathrm{6,}\\ \left(-\mathrm{0,1}\right)\cdot {\phi }_1+\mathrm{0,3}\cdot {\phi }_2=-30\cdot \frac{1}{30}+10\cdot \frac{1}{30}-200\cdot \frac{1}{6}=-34.\end{array}$$

Решив последние два уравнения, найдем потенциалы точек 1 и 2

φ₁ = –80 В; φ₂ = –140 В.

Наконец, применяя закон Ома для отдельных ветвей, определим искомые токи

$\begin{array}{l}{I}_1=\frac{{\phi }_1-{\phi }_2-E_1}{r_1}=\frac{\left(-80\right)-\left(-140\right)-30}{30}=1А;\\ I_2=\frac{{\phi }_3-{\phi }_2+E_2}{r_2}=\frac{0-\left(-140\right)+10}{30}=5А;\\ I_3=\frac{{\phi }_2-{\phi }_3+E_3}{r_3}=\frac{\left(-140\right)-0+200}{6}=5А;\\ I_4=\frac{{\phi }_3-{\phi }_1-E_4}{r_4}=\frac{0-\left(-80\right)-56}{8}=3А;\\ I_5=\frac{{\phi }_1-{\phi }_2}{r_5}=\frac{\left(-80\right)-\left(-140\right)}{15}=4А.\end{array}$

Направления найденных токов указаны на скелетной схеме (рис. 45, б).

Рекомендуем читателю решить ту же задачу, приняв за нуль потенциал узловой точки 1.

---

Задача 45. Методом узловых потенциалов определить токи во всех ветвях схемы, изображенной на рис. 46, а; заданы: E₁ = 20 В, E₂ = 30 В, E₃ = 2 В, E₄ = 1,2 В, E₅ = 5,6 В, r₂ = 50 Ом, r₃ = 10 Ом, r₄ = 20 Ом, r₅ = 10 Ом, r₆ = 100 Ом, r₇ = 50 Ом, r₈ = 20 Ом.

Внутренние сопротивления источников напряжения считать равными нулю.

Решение

В тех случаях, когда в цепи имеется ветвь с э.д.с., но не содержащая сопротивления, целесообразно принять равным нулю потенциал одной из узловых точек, к которой подходит указанная ветвь.

В нашем случае примем потенциал узла 3 равным нулю (φ₃ = 0). Тогда потенциал точки 1 имеет значение, равное E₁, т.е. φ₁ = 20 В. Общее число уравнений уменьшается и равняется числу узлов минус два. В нашей задаче достаточно составить всего два уравнения для узлов 2 и 4.

Определим сумму проводимостей, присоединенных к узлу 2

$$g_{22}=\frac{1}{r_3}+\frac{1}{r_4}+\frac{1}{r_7}=\mathrm{0,17}\frac{1}{Ом},$$

и, соответственно, к узлу 4

$$g_{44}=\frac{1}{r_4}+\frac{1}{r_5}+\frac{1}{r_8}=\mathrm{0,2}\frac{1}{Ом}.$$

Найдем взаимные проводимости узлов 2 и 1, 2 и 4, 4 и 1

$$\begin{array}{l}{g}_{12}=g_{21}=-\frac{1}{r_7}=-\mathrm{0,02}\frac{1}{Ом},\\ g_{24}=g_{42}=-\frac{1}{r_4}=-\mathrm{0,05}\frac{1}{Ом},\\ g_{14}=g_{41}=-\frac{1}{r_8}=-\mathrm{0,05}\frac{1}{Ом}.\end{array}$$

Вычислим суммы произведений э.д,с. на проводимости, присоединенные соответственно к узлам 2 и 4

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{2}E\cdot g}=E_3\cdot g_3-E_4\cdot g_4=\mathrm{0,14}\frac{В}{Ом},\\ {\displaystyle \sum _{4}E\cdot g}=E_4\cdot g_4+E_5\cdot g_5=\mathrm{0,62}\frac{В}{Ом}.\end{array}$

Составим систему уравнений на основании формул (11) для узла 2:

$${\phi }_1\cdot g_{21}+{\phi }_2\cdot g_{22}+{\phi }_4\cdot g_{24}={\displaystyle \sum _{2}E\cdot g},$$

для узла 4

$${\phi }_1\cdot g_{41}+{\phi }_2\cdot g_{42}+{\phi }_4\cdot g_{44}={\displaystyle \sum _{4}E\cdot g}.$$

Подставляя сюда числовые значения, получим

$$\begin{array}{l}\mathrm{0,17}\cdot {\phi }_2+\left(-\mathrm{0,05}\right)\cdot {\phi }_4=\mathrm{0,54,}\\ \left(-\mathrm{0,05}\right)\cdot {\phi }_2+\mathrm{0,2}\cdot {\phi }_4=\mathrm{1,62.}\end{array}$$

Решая эту систему уравнений, найдем

φ₂ = 6 В; φ₄ = 9,6 В.

Наконец, применяя к отдельным ветвям формулы закона Ома, получим значения всех токов, которые нанесены на скелетной схеме (46, б)

I₂ = 0,2 А, I₃ = 0,4 А, I₄ = 0,12 А, I₅ = 0,4 А, I₆ = 0,2 А, I₇ = 0,28 А, I₈ = 0,52 А.

Ток I₁ определяется на основании первого закона Кирхгофа

I₁ = I₃ + I₅ + I₆ – I₂ = 0,8 А.

---

Задача 46. Методом узловых потенциалов рассчитать токи в цепи (рис. 47). Даны: E₁ = 160 мВ, E₂ = 300 мВ, r₃ = r₄ = 100 Ом, r₅ = 150 Ом, r₆ = 40 Ом. Внутренние сопротивления генераторов напряжения равны нулю.

Указание. Для решения задачи достаточно составить всего одно уравнение, так как в схеме имеется две ветви с э.д.с., но не содержащие сопротивления, а узлов в схеме четыре.

Ответ: I₁ = 2,25 мА, I₂ = 1,4 мА, I₃ = 0,85 мА, I₄ = 0,75 мА, I₅ = 0,1 мА, I₆ = 1,5 мА.

---

Задача 47. Методом наложения рассчитать токи в схеме (рис. 48. а), если E₁ = 10 В, E₂ = 40 В, E₃ = 5 В, r₁₀ = 5 Ом, r₂₀ = r₃₀ = 2 Ом, r₁ = 30 Ом, r₂ = 3 Ом, r₃ = 8 Ом.

Решение

Сначала предполагаем, что действует только э.д.с. E₁, а э.д.с. E₂ и E₃ считаем недействующими (рис. 48, б), тогда

${I^{\prime }}_1=\frac{E_1}{r_{1Э}},$

где

$r_{1Э}=r_1+r_{10}+\frac{\left(r_2+r_{20}\right)\cdot \left(r_3+r_{30}\right)}{\left(r_2+r_{20}\right)+\left(r_3+r_{30}\right)}=35+\frac{5\cdot 10}{15}=\frac{115}{3}Ом.$

Ток

${I^{\prime }}_1=\frac{E_1}{r_{1Э}}=\frac{10}{115/3}=\frac{6}{23}А.$

Токи в параллельных ветвях найдем согласно формуле (9)

$\begin{array}{l}{I^{\prime }}_2={I^{\prime }}_1\cdot \frac{\left(r_3+r_{30}\right)}{\left(r_2+r_{20}\right)+\left(r_3+r_{30}\right)}=\frac{6}{23}\cdot \frac{10}{15}=\frac{4}{23}А,\\ {I^{\prime }}_3={I^{\prime }}_1\cdot \frac{\left(r_2+r_{20}\right)}{\left(r_2+r_{20}\right)+\left(r_3+r_{30}\right)}=\frac{6}{23}\cdot \frac{5}{15}=\frac{2}{23}А.\end{array}$

Теперь проведем расчет, предполагая, что действует э.д.с. E₂, а э.д.с. E₁ и E₃ считаем недействующими (рис. 48, в)

$\begin{array}{l}{I^{″}}_2=\frac{E_2}{r_{2Э}};\\ r_{2Э}=r_2+r_{20}+\frac{\left(r_1+r_{10}\right)\cdot \left(r_3+r_{30}\right)}{\left(r_1+r_{10}\right)+\left(r_3+r_{30}\right)}=\frac{115}{9}Ом;\\ {I^{″}}_2=\frac{E_2}{r_{2Э}}=\frac{40}{115/9}=\frac{72}{23}А;\\ {I^{″}}_1={I^{″}}_2\cdot \frac{\left(r_3+r_{30}\right)}{\left(r_1+r_{10}\right)+\left(r_3+r_{30}\right)}=\frac{72}{23}\cdot \frac{10}{45}=\frac{16}{23}А;\\ {I^{″}}_3={I^{″}}_2\cdot \frac{\left(r_1+r_{10}\right)}{\left(r_1+r_{10}\right)+\left(r_3+r_{30}\right)}=\frac{72}{23}\cdot \frac{35}{45}=\frac{56}{23}А.\end{array}$

Аналогично рассчитываем величины токов при действии только одной э.д.с. E₃ (рис. 48, г)

$\begin{array}{l}{I^{?}}_3=\frac{E_3}{r_{3Э}};\\ r_{3Э}=r_3+r_{30}+\frac{\left(r_1+r_{10}\right)\cdot \left(r_2+r_{20}\right)}{\left(r_1+r_{10}\right)+\left(r_2+r_{20}\right)}=\frac{115}{8}Ом;\\ {I^{?}}_3=\frac{E_3}{r_{3Э}}=\frac{5}{115/8}=\frac{8}{23}А;\\ {I^{?}}_1={I^{?}}_3\cdot \frac{\left(r_2+r_{20}\right)}{\left(r_1+r_{10}\right)+\left(r_2+r_{20}\right)}=\frac{8}{23}\cdot \frac{5}{40}=\frac{1}{23}А;\\ {I^{?}}_2={I^{?}}_3\cdot \frac{\left(r_1+r_{10}\right)}{\left(r_1+r_{10}\right)+\left(r_2+r_{20}\right)}=\frac{8}{23}\cdot \frac{35}{40}=\frac{7}{23}А.\end{array}$

Истинное значение тока в каждой ветви найдется как алгебраическая сумма токов, определяемых каждой э.д.с. в отдельности.

Ток в первой ветви

$I_1={I^{\prime }}_1+{I^{″}}_1+{I^{?}}_1=\frac{6}{23}+\frac{16}{23}+\frac{1}{23}=1А.$

Ток во второй ветви

$I_2={I^{\prime }}_2+{I^{″}}_2-{I^{?}}_2=\frac{4}{23}+\frac{72}{23}-\frac{7}{23}=3А.$

Ток в третьей ветви

$I_3=-{I^{\prime }}_3+{I^{″}}_3-{I^{?}}_3=-\frac{2}{23}+\frac{56}{23}-\frac{8}{23}=2А.$

Направления этих токов показаны на рис. 48, а.

---

Задача 48. Найти токи в ветвях цепи, изображенной на рис. 49, если известны E₁ = 125 мВ, E = 120 мВ, r₁ = 40 Ом, r₂ = 36 Ом, r₃ = r₄ = 60 Ом. Внутренними сопротивлениями источников пренебречь. Задачу решить методами наложения и контурных токов.

Ответ: I₁ = 0,8 А, I₂ = 0,75 А, I₃ = 2 А, I₄ = 1,55 А, I = 2,75 А.

---

Задача 49. В схеме (рис. 50, а) методом наложения найти все токи. Внутренние сопротивления источников э.д.с. принять равными нулю. Электродвижущие силы и сопротивления элементов цепи имеют следующие значения: E₁ = 96 В, E₂ = 75 В, r₃ = 3 Ом, r₄ = 15 Ом, r₅ = 10 Ом, r₆ = 6 Ом.

Решение

Положим, что действует только э.д.с. E₁, а э.д.с. E₂ не действует. В этом случае схема примет вид, изображенный на рис. 50, б. Так как внутреннее сопротивление э.д.с. E₂ равно нулю, то на его месте между точками b и d показано короткое замыкание. Для большей наглядности схему рис. 50, б можно начертить в виде, показанном на рис. 50, в.

Полное сопротивление этой схемы равно

$r_{1экв}=\frac{r_3\cdot r_6}{r_3+r_6}+\frac{r_4\cdot r_5}{r_4+r_5}=\frac{3\cdot 6}{9}+\frac{15\cdot 10}{25}=8Ом.$

Определим все токи

$\begin{array}{l}{I^{\prime }}_1=\frac{E_1}{r_{1экв}}=\frac{96}{8}=12А,\\ {I^{\prime }}_3={I^{\prime }}_1\cdot \frac{r_6}{r_3+r_6}=12\cdot \frac{6}{9}=8А;{I^{\prime }}_6={I^{\prime }}_1-{I^{\prime }}_3=4А;\\ {I^{\prime }}_4={I^{\prime }}_1\cdot \frac{r_5}{r_4+r_5}=12\cdot \frac{10}{25}=\mathrm{4,8}А;{I^{\prime }}_5={I^{\prime }}_1-{I^{\prime }}_4=\mathrm{7,2}А;\\ {I^{\prime }}_2={I^{\prime }}_3-{I^{\prime }}_4=8-\mathrm{4,8}=\mathrm{3,2}Аили{I^{\prime }}_2={I^{\prime }}_5-{I^{\prime }}_6=\mathrm{3,2}А.\end{array}$

Теперь положим, что действует только э.д.с. E₂, а э.д.с. E₁ считаем недействующей (рис. 50, г).

Схему (рис. 50, г) для большей наглядности можно представить в виде, показанном на рис. 50, д. Ее полное сонротивление

$r_{2экв}=\frac{r_3\cdot r_4}{r_3+r_4}+\frac{r_5\cdot r_6}{r_5+r_6}=\frac{3\cdot 15}{18}+\frac{6\cdot 10}{16}=\mathrm{6,25}Ом.$

Вычислим все токи

$\begin{array}{l}{I^{″}}_2=\frac{E_2}{r_{2экв}}=\frac{75}{\mathrm{6,25}}=12А,\\ {I^{″}}_3={I^{″}}_2\cdot \frac{r_4}{r_3+r_4}=12\cdot \frac{15}{18}=10А;{I^{″}}_4={I^{″}}_2-{I^{″}}_3=2А;\\ {I^{″}}_6={I^{″}}_2\cdot \frac{r_5}{r_5+r_6}=12\cdot \frac{10}{16}=\mathrm{7,5}А;{I^{″}}_5={I^{″}}_2-{I^{″}}_6=\mathrm{4,5}А;\\ {I^{″}}_1={I^{″}}_3-{I^{″}}_6=10-\mathrm{7,5}=\mathrm{2,5}А.\end{array}$

Складывая алгебраически токи, полученные от действия каждой э.д.с. в отдельности (рис. 50, б и 50, г), найдем истинные токи в каждой ветви (они нанесены на рис. 50, а)

$\begin{array}{l}{I}_1={I^{\prime }}_1+{I^{″}}_1=12+\mathrm{2,5}=\mathrm{14,5}А,\\ I_2={I^{\prime }}_2+{I^{″}}_2=\mathrm{3,2}+12=\mathrm{15,2}А,\\ I_3={I^{\prime }}_3+{I^{″}}_3=8+10=18А,\\ I_4={I^{\prime }}_4-{I^{″}}_4=\mathrm{4,8}-2=\mathrm{2,8}А,\\ I_5={I^{\prime }}_5+{I^{″}}_5=\mathrm{7,2}+\mathrm{4,5}=\mathrm{11,7}А,\\ I_6={I^{\prime }}_6-{I^{″}}_6=\mathrm{7,5}-4=\mathrm{3,5}А.\end{array}$

---

Задача 50. Для схемы (рис. 51) методами наложения, контурных токов и при помощи законов Кирхгофа найти все токи. Внутренние сопротивления источников электрической энергии считать равными нулю.

Дано: E₁ = 90 В, E₂ = 54 В, r₁ = 30 Ом, r₃ = 60 Ом, r₄ = 24 Ом, r₅ = 20 Ом.

Ответ: I₁ = 1,7 А, I₂ = 2,5 А, I₃ = 0,25 А, I₄ = 2,25 А, I₅ = 1,95 А.

---

Задача 51. Найти эквивалентное сопротивление цепи (рис. 52, а) и все токи, если U = 114 В, r₁ = 30 Ом, r₂ = r₃ = 10 Ом, r₄ = 26 Ом, r₅ = 11 Ом, r₆ = 10 Ом, r₇ = 40 Ом, r₈ = 50 Ом. Задачу решить методом преобразования треугольника сопротивлений в эквивалентную звезду.

Решение

Заменим треугольники сопротивлений abc и dfg эквивалентными звездами (рис. 52, б).

Подсчитаем сопротивления лучей звезды r₁₀, r₂₀ и r₃₀, эквивалентной треугольнику abc сопротивлений r₁, r₂ и r₃ (формулы 17)

$r_{10}=\frac{r_1\cdot r_2}{r_1+r_2+r_3}=6Ом,r_{20}=\frac{r_1\cdot r_3}{r_1+r_2+r_3}=6Ом,r_{30}=\frac{r_2\cdot r_3}{r_1+r_2+r_3}=2Ом.$

Сопротивления лучей звезды r₄₀, r₅₀, r₆₀ эквивалентной треугольнику dfg сопротивлений r₆, r₇, r₈, равны

$r_{40}=\frac{r_6\cdot r_7}{r_6+r_7+r_8}=4Ом,r_{50}=\frac{r_6\cdot r_8}{r_6+r_7+r_8}=5Ом,r_{60}=\frac{r_7\cdot r_8}{r_6+r_7+r_8}=20Ом.$

Эквивалентное сопротивление всей схемы

$r_{Э}=r_{10}+\frac{r_I\cdot r_{II}}{r_I+r_{II}}+r_{60}=38Ом,$

где

$r_I=r_{20}+r_4+r_{40}=36Ом,r_{II}=r_3+r_5+r_{50}=18Ом.$

Ток в неразветвленной части цепи

$I=\frac{U}{r_{Э}}=\frac{114}{38}=3А.$

Токи в параллельных ветвях I' (r₂₀r₄r₄₀) и I» (r₃₀r₅r₅₀)

$\begin{array}{l}{I}^{\prime }=I\cdot \frac{r_{II}}{r_I+r_{II}}=3\cdot \frac{18}{36+18}=1А;\\ I^{″}=I\cdot \frac{r_I}{r_I+r_{II}}=3\cdot \frac{36}{36+18}=2А.\end{array}$

Теперь найдем токи в сопротивлениях заданной цепи. Для этого предварительно из схемы (рис. 52, б) найдем напряжения между точками a и b, a и c, b и c, d и g, f и g, d и f

$\begin{array}{l}{U}_{ab}=I\cdot r_{10}+I^{\prime }\cdot r_{20}=3\cdot 6+1\cdot 6=24В;\\ U_{ac}=I\cdot r_{10}+I^{″}\cdot r_{30}=3\cdot 6+2\cdot 2=22В;\\ U_{ab}-U_{ac}=\left({\phi }_a-{\phi }_b\right)-\left({\phi }_a-{\phi }_c\right)={\phi }_c-{\phi }_b=U_{cb}=24-22=2В;\\ U_{dg}=I^{\prime }\cdot r_{40}+I\cdot r_{60}=1\cdot 4+3\cdot 20=64В;\\ U_{fg}=I^{″}\cdot r_{50}+I\cdot r_{60}=2\cdot 5+3\cdot 20=70В;\\ U_{fg}-U_{dg}=\left({\phi }_f-{\phi }_g\right)-\left({\phi }_d-{\phi }_g\right)={\phi }_f-{\phi }_d=U_{fd}=70-64=6В.\end{array}$

искомые токи будут

$\begin{array}{l}{I}_1=\frac{U_{ab}}{r_1}=\frac{24}{30}=\mathrm{0,8}А,I_2=\frac{U_{ac}}{r_2}=\frac{22}{10}=\mathrm{2,2}А,I_3=\frac{U_{cb}}{r_3}=\frac{2}{10}=\mathrm{0,2}А,\\ I_4=I^{\prime }=1А,I_5=I^{″}=2А,\\ I_6=\frac{U_{fd}}{r_8}=\frac{6}{10}=\mathrm{0,6}А,I_7=\frac{U_{dg}}{r_7}=\frac{64}{40}=\mathrm{1,6}А,I_8=\frac{U_{fg}}{r_8}=\frac{70}{50}=\mathrm{1,4}А.\end{array}$

---

Задача 52. В схеме (рис. 53) найти токи, применив преобразование треугольника в звезду. Определить эквивалентное сопротивление между точками a и b.

Приложенное напряжение U = 30 В; сопротивления: r₁ = 60 Ом, r₂ = 120 Ом, r₃ = 180 Ом, r₄ = 80 Ом, r₅ = 120 Ом.

Определить показание ваттметра и убедиться в том, что оно равно сумме мощностей, расходуемых во всех сопротивлениях.

Ответ: I = 0,3 А, I₁ = 0,2 А, I₂ = 0,15 А, I₃ = 0,1 А, I₄ = 0,15 А, I₅ = 0,05 А, r_ab = 100 Ом, P = 9 Вт.

---

Задача 53. Вычислить токи, проходящие во всех ветвях схемы (рис. 54), если E = 213 В, E₁ = 90 В, r₁ = 6 Ом, r₂ = 40 Ом, r₃ = 10 Ом, r₄ = 100 Ом, r₅ = 60 Ом.

Задачу решить преобразованием треугольника в эквивалентную звезду. Внутренними сопротивлениями источников напряжения пренебречь.

Определить входное сопротивление относительно ветви r₁ и взаимное сопротивление ветвей r₁ и r₂.

Ответ: I = 3,8 А, I₁ = 0,5 А, I₂ = 1,5 А, I₃ = 3,3 А, I₄ = 1,8 А, I₅ = 2 А, r₁₁ = 33 Ом, r₁₂ = 60 Ом.

---

Задача 54. Определить величины токов, проходящих по цепи, схема которой показана на рис. 55.

Данные цепи: E₁ = 100 В, E₂ = 140 В, r₁ = 15 Ом, r₂ = 5 Ом, r₃ = 10 Ом, r₄ = 4 Ом, r₅ = 50 Ом, r₁₀ = r₂₀ = 0.

Задачу решить методами контурных токов и узловых потенциалов.

Ответ: I₁ = 4 А, I₂ = 8 А, I₃ = 6 А, I₄ = 10 А, I₅ = 2 А.

---

Задача 55. Для схемы (рис. 56, а) найти методом эквивалентного генератора напряжения ток в ветви с сопротивлением r₁, если E₁ = 18 В, E₂ = 21 В, r₁₀ = 1 Ом, r₁ = 2 Ом, r₂₀ = 0, r₂ = 9 Ом, r₃ = 6 Ом.

Решение

Разомкнем цепь, содержащую сопротивление r₁, и найдем напряжение между точками m и n (рис. 56, б).

Очевидно, что в разомкнутой ветви тока нет, точки m и p равнопотенциальны (φ_m = φ_p), а потенциал точки q превышает потенциал точки n на величину φ_q — φ_n = E₁.

Имея это в виду, определим U_x = U_mn

φ_m = φ_p, φ_n = φ_q — E₁,

φ_m — φ_n = φ_p — φ_q + E₁, U_mn = U_pq + E₁.

Найдем напряжение U_pq. Для этого сначала определим ток в контуре psqp

$I=\frac{E_2}{r_2+r_{20}+r_3}=\frac{21}{15}=\mathrm{1,4}А.$

По закону Ома

U_pq = I·r₃ = 1,4·6 = 8,4 В.

Окончательно

U_x = U_mn = U_pq + E₁ = 8,4 + 18 = 26,4 В.

Для нахождения тока в ветви r₁ сначала определим сопротивление короткого замыкания (рис. 56, в)

$r_k=\frac{r_2\cdot r_3}{r_2+r_3}=\frac{9\cdot 6}{15}=\mathrm{3,6}Ом.$

Искомый ток

$I_1=\frac{U_x}{r_1+r_{10}+r_k}=\frac{\mathrm{26,4}}{1+2+\mathrm{3,6}}=4А.$

Этот ток течет от точки m к точке n.

---

Задача 56. Методом эквивалентного генератора напряжения найти ток (рис. 57, а), проходящий через сопротивление r₅, если E = 120 В, r₁ = 60 Ом, r₂ = 15 Ом, r₃ = 90 Ом, r₄ = 60 Ом, r₅ = 12 Ом. Внутреннее сопротивление источника напряжения равно нулю.

Решение

Разомкнем сопротивление r₅ и. найдем напряжение между точками c и e (рис. 57, б).

Через сопротивления r₁ и r₂ протекает ток I', а через r₃ и r₄ ток I»

$$\begin{array}{l}{I}^{\prime }=\frac{E}{r_1+r_2}=\frac{120}{75}=\mathrm{1,6}А,\\ I^{″}=\frac{E}{r_3+r_4}=\frac{120}{150}=\mathrm{0,8}А,\\ {\phi }_a-{\phi }_c=U_{ac}=I^{\prime }\cdot r_1=\mathrm{1,6}\cdot 60=96В,\\ {\phi }_a-{\phi }_d=U_{ad}=I^{″}\cdot r_3=\mathrm{0,8}\cdot 90=72В,\\ \left({\phi }_a-{\phi }_c\right)-\left({\phi }_a-{\phi }_d\right)={\phi }_d-{\phi }_c=U_{dc}=24В.\end{array}$$

Но так как φ_d = φ_e, то U_dc = U_ec. Итак, напряжение холостого хода U_x = 24 В.

Теперь найдем сопротивление короткого замыкания. Определим его двумя способами.

1) Путем непосредственного подсчета по схеме.

В этом случае надо э.д.с. выключить, оставив ее внутреннее сопротивление, равное в данном случае нулю (рис. 57, в). Сопротивление короткого замыкания двухполюсника равно сопротивлению цепи между точками c и d

$r_k=\frac{r_1\cdot r_2}{r_1+r_2}+\frac{r_3\cdot r_4}{r_3+r_4}=\frac{60\cdot 15}{75}+\frac{90\cdot 60}{150}=48Ом.$

2) То же сопротивление можно найти и другим путем. Для этого надо замкнуть точки c и d накоротко, вычислить ток I_к, протекающий через короткозамкнутый участок (рис. 57, г), и сопротивление короткого замыкания определить по формуле (20).

Сопротивление схемы равно

$r_{cx}=\frac{r_1\cdot r_3}{r_1+r_3}+\frac{r_2\cdot r_4}{r_2+r_4}=\frac{60\cdot 90}{150}+\frac{15\cdot 60}{75}=48Ом.$

Найдем токи в ветвях

$$\begin{array}{l}\begin{array}{l}{I}_0=\frac{E}{r_{cx}}=\frac{120}{48}=\mathrm{2,5}А,\\ {I^{\prime }}_1=I_0\cdot \frac{r_3}{r_1+r_3}=\mathrm{2,5}\cdot \frac{90}{150}=\mathrm{1,5}А,\end{array}\hfill \\ {I^{\prime }}_2=I_0\cdot \frac{r_4}{r_2+r_4}=\mathrm{2,5}\cdot \frac{60}{75}=2А.\hfill \end{array}$$

Отсюда

$$I_k={I^{\prime }}_2-{I^{\prime }}_1=\mathrm{0,5}А.$$

Сопротивление короткого замыкания (формула 20) равно

$r_k=\frac{U_x}{I_k}=\frac{24}{\mathrm{0,5}}=48Ом.$

Искомый ток находим по формуле (21)

$$I_5=\frac{U_x}{r_5+r_k}=\frac{24}{12+48}=\mathrm{0,4}А.$$

---

Задача 57. Для схемы (рис. 58) методом эквивалентного генератора напряжений найти ток в ветви с сопротивлением r₃, если E₁ = 5 В, E₂ = 7 В, r₁ = 7,5 Ом, r₂ = 2,5 Ом, r₃ = 5 Ом, r₄ = 2 Ом, r₅ = 25 Ом, r₁₀ = r₂₀ = 0.

Ответ: I₃ = 0,6 А.

---

Задача 58. Пользуясь методом эквивалентного генератора напряжений, найти э.д.с. и внутреннее сопротивление источников, эквивалентных каждой из схем (рис. 59 а, б, в и г; 0 < k < 1). Внутренние сопротивления источников энергий равны нулю.

Ответ: 1) U₀ = k·E, r_k = k· (1 — k)·r; 2) U₀ = k·E — E₁, r_k = r₁ + k· (1 — k)·r;

3) $U_0=\frac{k\cdot E\cdot r}{r_1+k\cdot r},r_k=\left(1-k\right)\cdot r+\frac{k\cdot r\cdot r_1}{k\cdot r+r_1};$

4) $U_0=\frac{E\cdot r_3{r}_4}{r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_1{r}_4+r_2{r}_3+r_3{r}_4},r_k=\frac{r_4\cdot \left(r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_2{r}_3\right)}{r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_1{r}_4+r_2{r}_3+r_3{r}_4}.$

---

Задача 59. По показаниям приборов, полученным из двух опытов, найти э.д.с. и внутреннее сопротивление источника электрической энергии, эквивалентного схеме (рис. 60), в случаях:

Примечание. В части схемы, обведенной на рис. 60 четырехугольником абвг и называемой двухполюсником, в действительности может быть включено большое количество различных э.д.с. и сопротивлений так, что полный расчет занял бы слишком много времени. Поэтому решено ограничиться экспериментальным исследованием двухполюсника, результаты которого помещены в таблице данных.

Ответ: 1) сопротивление 10 Ом. 2) источник энергии с э.д.с. 40 В и внутренним сопротивлением 5 Ом. 3) источник энергии с э.д.с. 5 В и внутренним сопротивлением 5 Ом.

---

Задача 60. Три генератора напряжений, э.д.с. которых E₁ = 48 В, E₂ = 45 В, E₃ = 45 В, а внутренние сопротивления r₁ = 1,2 Ом, r₂ = 1 Ом, r₃ = 1,5 Ом, работают параллельно на общую нагрузку, сопротивление которой r = 4,2 Ом (рис. 61).

Произвести замену заданных генераторов напряжений одним эквивалентным, определив его э.д.с. и внутреннее сопротивление. Чему равны токи, протекающие через каждый генератор и нагрузку?

Решение

Значения э.д.с. и внутреннего сопротивления эквивалентного генератора напряжения могут быть определены по формулам (23)

$\begin{array}{l}{E}_{Э}=\frac{E_1\cdot \frac{1}{r_1}+E_2\cdot \frac{1}{r_2}+E_3\cdot \frac{1}{r_3}}{\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_3}}=\frac{115}{\mathrm{2,5}}=46В,\\ \frac{1}{r_{Э}}=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_3}=\mathrm{2,5}\frac{1}{Ом},r_{Э}=\frac{1}{\mathrm{2,5}}=\mathrm{0,4}Ом.\end{array}$

Ток в нагрузке

$$I=\frac{E_{Э}}{r+r_{Э}}=\frac{46}{\mathrm{4,2}+\mathrm{0,4}}=10А.$$

Напряжение на нагрузке

$U=I\cdot r=10\cdot \mathrm{4,2}=42В.$

Таково же напряжение на каждой из параллельных ветвей. Ток в каждой из ветвей найдем по формуле (25)

$$\begin{array}{l}{I}_1=\frac{E_1-U}{r_1}=\frac{48-42}{\mathrm{1,2}}=5А,\\ I_2=\frac{E_2-U}{r_2}=\frac{45-42}{1}=3А,\\ I_3=\frac{E_3-U}{r_3}=\frac{45-42}{\mathrm{1,5}}=2А.\end{array}$$

Проверка показывает, что ток в нагрузке I равен сумме трех токов: I₁, I₂ и I₃.

---

Задача 61. Для цепи, изображенной на рис. 62, проверить принцип взаимности, если э.д.с. E переместить в ветвь с сопротивлением r₃.

Даны: E = 80 В, r₁ = 8 Ом, r₂ = 20 Ом, r₃ = 30 Ом, r₄ = 12 Ом.

---

Задача 62. Определить ток, проходящий через сопротивление r = 5 Ом, подключенное к генератору тока (рис. 63), параметры которого имеют следующие величины: ток I_k = 6 мА, внутренняя проводимость g₀ = 0,04 1/Ом.

Решение

Внутреннее сопротивление генератора тока

$r_0=\frac{1}{g_0}=\frac{1}{\mathrm{0,04}}=25Ом.$

Ток I_k распределяется по двум параллельным ветвям r и r₀ обратно пропорционально их сопротивлениям. Поэтому искомый ток

$$I=I_k\cdot \frac{r_0}{r_0+r}=6\cdot \frac{25}{25+5}=5мА.$$

---

Задача 63. Пользуясь теоремой об эквивалентном генераторе тока, определить ток I₃ в ветви r₃ = 12 Ом (рис. 64, а). Электродвижущие силы генераторов напряжения равны E₁ = 120 В, E₂ = 100 В, их внутренние сопротивления r₁ = 6 Ом, r₂ = 4 Ом.

Решение

Из теории известно, что ток эквивалентного генератора тока равен току короткого замыкания I_кз, проходящему между короткозамкнутыми зажимами m и n, к которым подключена данная ветвь (рис. 64, б)

$$I_{кз}=\frac{E_1}{r_1}+\frac{E_2}{r_2}=45А,$$

а внутренняя проводимость генератора тока равна проводимости пассивной цепи между зажимами m и n при разомкнутой ветви r₃ (рис. 64, в)

$g_0=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}=\frac{5}{12}\frac{1}{Ом},r_0=\frac{1}{g_0}=\mathrm{2,4}Ом.$

Схема эквивалентного генератора тока представлена на рис. 64 г.

Искомый ток

$$I_3=I_{кз}\cdot \frac{r_0}{r_0+r_3}=45\cdot \frac{\mathrm{2,4}}{\mathrm{2,4}+12}=\mathrm{7,5}А.$$

---

Задача 64. Генератор тока создает в цепи ток I_k = 30 мА (рис. 65). Внутренней проводимостью генератора можно пренебречь.

Чему равны токи в ветвях, сопротивления которых равны r₁ =1,8 кОм, r₂ = 3 кОм, r₃ = 1,5 кОм, r₄ = 2 кОм.

Ответ: I₁ = 10 мА, I₂ = 4 мА, I₃ = 20 мА, I₄ = 6 мА.

---

Задача 65. Два генератора тока соединены в цепь, показанную на рис. 66, а. Ток первого генератора I_k1 = 3 мА, его внутренняя проводимость g₁ = 0,05 1/Ом, второго — I_k2 = 2 мА, g₂ = 0,01 1/Ом. Сопротивления равны: r₃ = 5 Ом, r₄ = 30 Ом.

Определить ток, проходящий через сопротивление r₄.

Решение

1-й способ. Преобразуем генераторы тока в эквивалентные генераторы напряжения, получим схему рис. 66, б. Э.д.с. и внутренние сопротивления генераторов напряжения находим по формулам (2)

$\begin{array}{l}{E}_1=\frac{I_{k1}}{g_1}=\frac{3}{\mathrm{0,05}}=60мВ,r_1=\frac{1}{g_1}=\frac{1}{\mathrm{0,05}}=20Ом,\\ E_2=\frac{I_{k2}}{g_2}=\frac{2}{\mathrm{0,01}}=200мВ,r_2=\frac{1}{g_2}=\frac{1}{\mathrm{0,01}}=100Ом.\end{array}$

Далее, любым способом находим искомый ток. Обозначим

По методу узловых потенциалов находим

$U_{ab}=\frac{E_1\cdot \frac{1}{r_1+r_3}+E_2\cdot \frac{1}{r_2}}{\frac{1}{r_1+r_3}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_4}}=\frac{60\cdot \frac{1}{20+5}+200\cdot \frac{1}{100}}{\frac{1}{20+5}+\frac{1}{100}+\frac{1}{30}}=\mathrm{52,8}мВ.$

Искомый ток

$I_4=\frac{U_{ab}}{r_4}=\frac{\mathrm{52,8}}{30}=\mathrm{1,76}мА.$

2-й способ. Решим задачу методом эквивалентного генератора тока. Для этого заменим всю цепь, за исключением ветви с r₄ эквивалентным генератором тока (рис. 66, в). Для определения его параметров I_k и g₀ сначала исключим ветвь с r₄, а точки a и b закоротим (рис. 66, г). Найдем ток короткого замыкания I_кз. Предварительно определим токи I₃ и I₄

$I_3=I_{k1}\cdot \frac{\frac{1}{g_1}}{\frac{1}{g_1}+r_3}=3\cdot \frac{20}{25}=\mathrm{2,4}мА,I_4=I_{k2}=2мА.$

Следовательно, ток эквивалентного генератора тока

I_k = I₃ + I₄ = 2,4 + 2 = 4,4 А.

Теперь определим внутреннюю проводимость эквивалентного генератора тока g₀ между точками a и b. Для этого исключим генераторы токов и оставим лишь их внутренние сопротивления (рис. 66, д)

$g_0=g_{ab}=\frac{1}{\frac{1}{g_1}+r_3}+g_2=\frac{1}{20+5}+\mathrm{0,01}=\mathrm{0,05}См.$

Ток в искомой ветви (рис. 66, в) равен

$I_4=I_k\cdot \frac{\frac{1}{g_0}}{\frac{1}{g_0}+r_4}=\mathrm{4,4}\cdot \frac{20}{20+30}=\mathrm{1,76}мА.$

---

Задача 66. В схеме рис. 67 простейшим способом вычислить токи. Даны: E₁ = 100 В, E₂ = 80 В, E₃ = 40 В, r₁ = 10 Ом, r₂ = 10 Ом, r₃ = 20 Ом, r₄ = 30 Ом.

Внутренние сопротивления источников напряжения равны нулю.

Ответ: I₁ = 3,6 А, I₂ = 1,6 А, I₃ = 5,2 А, I₄ = 0.

---

В начало статьи Линейные электрические цепи постоянного тока

---

генератор тока, Генератор напряжения, закон Ома, обобщенный закон Ома, Законы Кирхгофа, первый закон Кирхгофа, второй закон Кирхгофа, метод контурных токов, метод узловых потенциалов, метод наложения, Метод эквивалентных преобразований, метод эквивалентного генератора, метод активного двухполюсника, принцип взаимности, принцип компенсации, входная проводимость, взаимная проводимость, баланс мощностей