Összetett elágazó lineáris elektromos áramkörök. Összetett elektromos áramkörök

Lineáris egyenáramú elektromos áramkörök

1.Lineáris egyenáramú elektromos áramkör számítása

Kiinduló adatok:

E1 = 10 V

E12 = 5 V

R1 =R2 =R3 =R12 =R23 =R31 = 30 Ohm

1.Egyszerűsítsen egy összetett elektromos áramkört (1. ábra) delta és csillag transzformációs módszerrel. Határozza meg az áramerősséget egy komplex áramkör minden ágában (1. ábra) a következő módszerekkel:

· Háromszög és csillag transzformációs módszer.

.Számítsa ki az átalakított elektromos áramkört:

· A cselekvések egymásra helyezésének módszerével e. d.s.

· Az ekvivalens generátor módszerrel (határozza meg az áramerősséget az ágban emf nélkül).

.Határozza meg az áramokat, az áramok irányát, és készítsen potenciáldiagramot az egyik két elektromos áramkörrel rendelkező áramkörre! d.s.

.Határozzuk meg a négy végpontos hálózat együtthatóit úgy, hogy a bemeneti és kimeneti kapcsok azok a kapcsok, amelyekre az e.-es ágak csatlakoznak. d. s, valamint ennek a négyterminális hálózatnak a T-alakú és U-alakú egyenértékű ekvivalens áramköreinek paraméterei.

1. Összetett elektromos áramkör egyszerűsítése.

Egy összetett elektromos áramkör (1. ábra) egyszerűsítéséhez passzív elemeket tartalmazó áramkört kell választani. A háromszög csillaggá alakításának módszerét alkalmazzuk (2. ábra).

Ennek eredményeként az áramkör a következő formát ölti (3. ábra):

Keressük az átalakított áramkör új ellenállásait. Mert Feltétel szerint az összes eredeti ellenállás azonos, akkor az új ellenállások egyenlőek lesznek:

2. Az átalakított elektromos áramkör számítása

2.1 Az E.M.F. műveletek egymásra helyezésének módja

Az átfedő cselekvések módszerének elve e. d.s. abban rejlik, hogy az áramkör bármely ágában az áram meghatározható az egyes E.M.F.-ből ezt az ágat eredményező részáramok szuperpozíciójának eredményeként. külön. A részáramok meghatározásához az eredeti áramkör alapján (3. ábra) részáramköröket készítünk, amelyek mindegyikében egy E.M.F. működik. A következő áramköröket kapjuk (4. a, b ábra):

4. ez egyértelmű

· Keressük meg az egyenértékű ellenállást az eredeti áramkörben:

· Keressük meg a teljes ellenállást 2 privát áramkörben (és ezek ugyanazok):

· Határozzuk meg a 4.2 pont közötti áram- és potenciálkülönbséget az első láncban

· Határozzuk meg a 2.4 pontok közötti áram- és potenciálkülönbséget a második láncban , valamint az áramerősség az elágazó részben:

· Keressük az áramlatokat az eredeti áramkörben :

· Ellenőrizzük az erőviszonyokat:

Mert az áramforrás teljesítménye megegyezik a vevő teljesítményével, ebből következik, hogy a talált megoldás helyes.

2.2 Egyenértékű generátor módszer

Az ekvivalens generátor módszere lehetővé teszi egyetlen passzív áramkör áramának meghatározását (amelynek nincs emf forrása) anélkül, hogy más ágak áramait ki kellene számítani. Ehhez képzeljük el az áramkörünket egy kétterminális hálózat formájában.

Határozzuk meg az ellenállás áramát az üresjárati üzemmódok (üresjárat) figyelembevételével, amelyben megtaláljuk az E.M.F. ekvivalens generátor, és rövidzárlat (SC), amelyek segítségével kiszámítjuk a rövidzárlati áramot és az egyenértékű generátor ellenállását, valamint:

6. ábra. Áramkör XX üzemmódban (A) és rövidzár üzemmódban (B)

· Határozzuk meg az E.M.S. üresjárati egyenértékű generátor:

· Határozzuk meg a rövidzárlati áramot Kirchhoff első törvényének alkalmazásával:

· Keressük meg az ekvivalens ellenállást 2xP:

Határozzuk meg az áramerősséget a vizsgált ágban:

Az áramok és irányuk meghatározása. Potenciáldiagram felépítése

Az elektromos áramkörök tanulmányozásának egyszerűsítése és működési módjuk elemzése érdekében egy adott áramkör potenciál diagramját készítjük. Potenciál diagramegy elektromos áramkör potenciáleloszlásának grafikus ábrázolása az elemeinek ellenállásától függően.

7. ábra. Kördiagramm

Mivel a 0 pont földelt, ebből az következik

Készítsünk diagramot az alábbi értékek felhasználásával:

Kvadrupól együtthatók meghatározása

A négyportos módszert akkor alkalmazzák, ha az egyik ág üzemmódjában bekövetkezett változásokat kell tanulmányozni, amikor egy másik ág elektromos jellemzői megváltoznak.

A kvadripólus egy elektromos áramkör azon része, amely két olyan pontpár között van, amelyekhez két ág kapcsolódik. Leggyakrabban vannak olyan áramkörök, amelyekben az egyik ág forrást, a másik pedig vevőt tartalmaz. Azokat a kapcsokat, amelyekre az áramkör forrást tartalmazó szakasza csatlakozik, bemenetnek, a kapcsokat pedig, amelyekre a vevő csatlakozik, kimenetnek nevezzük. Az a négy terminálos hálózat, amely csak passzív elemekből áll, passzív. Ha a négysoros áramkör legalább egy EMF-ágat tartalmaz, akkor azt aktívnak nevezzük.

A kvadrupólus bemeneti és kimeneti kapcsaira kapcsolt ágak feszültségei és áramai lineáris összefüggésekkel kapcsolódnak egymáshoz, ha a teljes elektromos áramkör lineáris elemekből áll. Mivel a változók változók, az őket összekötő egyenleteknek lehetőséget kell biztosítaniuk kettő megkeresésére, ha a másik kettő ismert. A négyszer kettő kombinációk száma hat, azaz. Az egyenletek írásának hat formája van. A rögzítés fő formája az A-forma:

hol vannak a feszültségek és áramok a kvadrupólus be- és kimenetén;

a négyterminális hálózat állandói, az áramkör konfigurációjától és a benne lévő ellenállások értékétől függően.

A kvadripólus kimenetén lévő elágazás módusának tanulmányozása a bemeneti módussal összefüggésben az első szakaszban az állandók meghatározására redukálódik. Mérése számítással vagy méréssel történik.

8. ábra. Forrás áramkör

Alakítsuk át az áramkört:

9. ábra. Átalakított áramkör

· Határozzuk meg a négyportos hálózat paramétereit XX és SC móddal:

XX mód:

10. ábra. A T-alakú 4xP vázlata XX módban

Rövidzárási mód:

· Határozzuk meg a 4xP állandót XX-nél és rövidzárlatnál:

Ha, akkor a négyportos hálózat szimmetrikus, azaz. a forrás és a vevő felcserélésekor a kvadrupól bemenetén és kimenetén az áramok nem változnak.

Bármely négyportos hálózatra érvényes a következő kifejezés: AD-BC=1.

Ellenőrizzük a számítás során kapott együtthatókat:

· Határozzuk meg a paramétereket U alakú 4xP egyenértékű áramkörök:

A passzív négyportos hálózat U-alakú egyenértékű áramkörének együtthatóit a következő képletekkel számítjuk ki:

Az ekvivalens áramkörök paramétereit és a négyportos hálózat állandóit a megfelelő képletekkel kapcsoljuk össze. Ezekből nem nehéz megtalálni a T-alakú és U-alakú ekvivalens áramkörök ellenállását, és ily módon bármely adott passzív négysoros áramkörről az ekvivalens áramkörök valamelyikére lépni.

· A T-alakú áramkör paraméterei a megfelelő együtthatókon keresztül találhatók meg:

· U-alak paraméterei:

3. Szinuszos áramú lineáris elektromos áramkör számítása csomós paraméterekkel állandósult állapotban

Kiinduló adatok:

1. rész

1.Határozza meg a diagramon feltüntetett összes műszer leolvasását.

.Szerkessze meg az áramok és feszültségek vektordiagramját!

.Írja fel az áramok és feszültségek pillanatnyi értékeit!

.Határozza meg ennek az áramkörnek az induktivitását, amelynél feszültségrezonancia lép fel.

.Határozza meg azt a kapacitást, amelynél az áramrezonancia figyelhető meg a 3-4. ágban.

.Ábrázoljuk a teljesítmény és az energia változásának grafikonját az idő függvényében a 3-4. ágra, az áramok rezonanciájának megfelelően!

2. rész

1.Határozza meg az áramkomplexumot az ágakban és a feszültségkomplexeket az áramkör összes ágához (14. ábra).

.Szerkessze meg a feszültségek és áramok vektordiagramját a komplex síkban!

.Írjon kifejezéseket a fent talált pillanatnyi értékekre feszültségekre és áramokra.

.Határozza meg az összes ág teljesítménykomplexumát!

.Határozza meg a 3. és 4. ágban a teljesítményt mérő wattmérők leolvasását!

1. rész

1. A műszerleolvasások meghatározása

A műszerleolvasások meghatározásához áramkörünket úgy alakítjuk át, hogy az egyes ágak aktív és reaktancia ellenállását Zn teljes ellenállásként jelenítjük meg:

· Keressük meg a megfelelő ágak teljes ellenállását:

Ha a 2., 3. és 4. ágakat párhuzamosan kötjük, az ág vezetőképességét az ágak vezetőképességének összegeként határozzuk meg, ezért ezeknek az ágaknak a vezetőképességét átmeneti képletekkel kell meghatározni.

Határozzuk meg a párhuzamos ág aktív vezetőképességét:

Határozzuk meg a párhuzamos ág reaktív vezetőképességét:

Határozzuk meg a párhuzamos ág összes vezetőképességét:

Aktív és reaktív vezetőképességű elágazás:

A bal (1) és jobb (2,3,4) szakaszok sorba kapcsolásakor a teljes áramkör ellenállása a szakasz ellenállások összegeként kerül meghatározásra, ezért ki kell számítani a jobb oldali aktív és reaktanciáját. szakasz átmeneti képletekkel:

A jobb oldali szakasz impedanciája:

A teljes áramkör aktív és reaktanciája:

A teljes áramkör impedanciája:

A teljes áramkör árama, és így az áramkör el nem ágazó részének árama egyenlő:

A teljes áramkör feszültsége és árama közötti fáziskülönbség

Bal áramköri feszültség

Az aktív és meddő feszültségkomponensek külön-külön számíthatók

Vizsgálat:

Fáziskülönbség a bal oldali szakasz feszültsége és árama között

Helyes áramköri feszültség

Feszültség és áram fáziskülönbség

A 2., 3. és 4. ág áramai a feszültségből és az ellenállásból számíthatók ki:

Az aktív és meddő áram összetevői külön-külön számíthatók:

A mínusz jel a meddőáram kapacitív jellegét jelzi.

A pluszjel a meddőáram induktív jellegét jelzi.

Vizsgálat:

Fáziskülönbség a feszültség és az áram között:

A fenti számításokból meghatározzuk a műszer leolvasásait:

Áramok és feszültségek vektordiagramjainak készítése

A teljes áramkör feszültségvektorát tetszőlegesen szögben irányítjuk

ráhúzzuk a teljes áramkör áramvektorát: mert a feszültségvektorból az áramvektorba lépünk, a pozitív szöget a vektorok forgási irányával ellentétes irányba fektetjük. Az áramvektorral szögben ábrázoljuk a jobb oldali szakasz feszültségvektorát, szögben - a bal oldali szakasz feszültségvektorát; mivel az áramvektortól a feszültségvektorok felé haladunk, pozitív szögek

a vektorok elforgatásának megfelelően ábrázoljuk.

Szögben és a feszültségvektorhoz (a vektorok forgása mentén) ábrázoljuk a második és harmadik ág áramvektorait, szögben (a vektorok elforgatásával szemben) - a negyedik ág áramvektorát.

A feladat megoldásának helyességét és a vektordiagram felépítését a feszültségvektorok és az áramvektorok geometriai összegei ellenőrzik, amelyeknek a teljes áramkör feszültség-, illetve áramvektorát kell megadniuk.

Az áramok és feszültségek pillanatnyi értékei.

· Számítsuk ki az áramok és feszültségek megfelelő amplitúdóit:

Az aktív és meddő teljesítmény egyensúlyának felállítása.

Az ágak áramának kiszámításának ellenőrzéséhez elkészítjük az áramkör teljesítménymérlegét

Az energiamegmaradás törvényéből az következik, hogy az összes leadott aktív teljesítmény összege egyenlő az összes elfogyasztott aktív teljesítmény összegével, azaz:

A meddőteljesítmények egyensúlya is megmarad:

azok. az aktív teljesítmény egyensúlya megmarad.

azok. a meddőteljesítmény egyensúlya megmarad.

Feszültségrezonancia

Feszültségrezonancia lép fel egy induktív és kapacitív elem soros csatlakozásával rendelkező áramkörben.

3. ábra. Elektromos áramkör feszültségrezonancián

Az áramok rezonanciája.

2. rész.

1. Áramkomplexek meghatározása ágakban és feszültségkomplexek meghatározása az áramkör összes ágára.

Számítsuk ki a párhuzamos elágazás impedancia komplexét!

A teljes áramkör impedancia komplexuma

Mivel a képzeletbeli rész előtt pozitív előjel van, vitatható, hogy az áramkör induktív jellegű.

A további számítás az áramkör összes ágának feszültség- és áramkomplexumának meghatározásából áll, a teljes áramkör adott feszültségének komplexe alapján. Nyilvánvalóan a legegyszerűbb módja ennek a feszültségnek a vektorát a valós tengely mentén irányítani; és a feszültségkomplex egy valós szám lesz.

Ezután a teljes áramkör áramának komplexuma, és ezért az elágazó rész árama

Az áram modulusa (abszolút értéke).

Az áramkör bal és jobb szakaszának feszültségkomplexumai:

Vizsgálat:

Számítsuk ki a 2., 3. és 4. párhuzamos ágak áramkomplexumait:

Vizsgálat:

Szerkessze meg a feszültség és áram vektordiagramját a komplex síkban!

22. ábra Feszültségek és áramok vektordiagramja a komplex síkban

Írjon kifejezéseket a fent talált feszültségek és áramok pillanatnyi értékére!

1. Határozza meg az összes ág teljesítménykomplexumát!

Ezért az aktív P, a meddő Q és az S teljes teljesítmény rendre egyenlő:

A képzeletbeli rész előtti plusz a meddőteljesítmény induktív jellegét jelzi.

Vizsgálat:

Határozza meg a 3. és 4. ágban a teljesítményt mérő wattmérők leolvasását!

Következtetés

elektromos áramköri áram

A kurzusmunka a lineáris egyenáramú elektromos áramkörök számítási módszereit vizsgálja, meghatározza a különböző áramkörökből álló négyvégű hálózat paramétereit és tulajdonságait. Számítást végeztünk egy szinuszos áram elektromos áramkörére is, stacionárius állapotú csomópontos paraméterek felhasználásával.

Bibliográfia

1. Módszertani utasítások a lineáris egyenáramú elektromos áramkörök számításának tanfolyami munkáihoz. V.M. Ishimov, V.I. Chuquita, Tiraspol 2013

Az elektrotechnika elméleti alapjai V. G. Matsevity, Harkov, 1970

Az elektrotechnika elméleti alapjai. Evdokimov A.M. 1982

Ez a kézikönyv elsősorban az olyan elektromos áramkörök figyelembevételével foglalkozik, amelyekben az ellenállás, az induktivitás és a kapacitás nem függ az áramok és feszültségek értékétől és irányától. Az ilyen elektromos áramköröket, mint maguk az elemek, amelyekből állnak, lineárisnak nevezik, mivel az egyes elemek feszültségét és áramát egy lineáris egyenlet köti össze - algebrai vagy differenciál.

Valóban, ha a paraméter R nem függ attól uÉs én, akkor az Ohm-törvény (1.1) a feszültség és az áram lineáris összefüggését fejezi ki.

Ha LÉs VAL VEL ne függj attól uÉs én, akkor a feszültséget és az áramerősséget induktivitás esetén (1.4), kapacitás esetén (1.8) lineáris differenciálegyenlet köti össze.

Ami a lineáris elektromos áramkörök aktív elemeit illeti, az ideális feszültségforrás linearitásának feltétele az EMF-érték függetlensége a forráson áthaladó áramtól, az ideális áramforrás linearitásának feltétele a feszültség függetlensége. a kapcsain lévő feszültségből származó áram.

A valódi elektromos és rádiókészülékek szigorúan véve nem engedelmeskednek egy lineáris törvénynek. Amikor az áram áthalad egy vezetőn, hő keletkezik, a vezető felmelegszik és az ellenállása megváltozik. A ferromágneses maggal rendelkező tekercsben az áramerősség változásával a fluxus kapcsolat és az áram közötti kapcsolat, azaz a paraméter L, nem marad állandó. A dielektrikumtól függően a kondenzátor kapacitása kisebb-nagyobb mértékben változik a töltés (vagy a rákapcsolt feszültség) függvényében. A nemlineáris eszközök közé tartoznak az elektronikus, ionos és félvezető eszközök is, amelyek paraméterei áramtól és feszültségtől függenek.

Ha abban a működési tartományban, amelyre ezt vagy azt az eszközt tervezték, pl. a feszültség, áram stb. változásának adott korlátozott határainál a linearitás törvénye a gyakorlathoz elegendő pontossággal megmarad, akkor az ilyen eszköz lineárisnak minősül.

A lineáris áramkörök tanulmányozása és számítása általában kevesebb nehézséggel jár, mint a nemlineáris áramkörök tanulmányozása és számítása. Ezért azokban az esetekben, amikor a lineáris törvény kellően tükrözi a fizikai valóságot, a láncot lineárisnak tekintjük.

A rádióelektronikában és az automatizálásban az áramkörbe betáplált feszültséget és áramerősséget általában befolyásoló funkciónak vagy bemeneti jelnek, a számunkra érdekes áramkör bármely részében keletkező feszültséget és áramerősséget pedig áramköri reakciónak vagy kimeneti jelnek (a kifejezés is megtalálható a szakirodalomban válasz (az angol „respons” szóból). A jelek az idő függvényeiként is felfoghatók.

Lineáris elektromos áramkörben betartják a jelek szuperpozíciójának és arányosságának elvét.

A szuperpozíció elve az, hogy ha a bemeneti jel f 1 hüvelyk ( t) És f 2 hüvelyk ( t), az áramkörhöz külön csatlakoztatva megfelelnek a kimeneti jeleknek f 1out ( t) És f 2out ( t), majd a teljes bemeneti jelet f 1 hüvelyk ( t) +f 2 hüvelyk ( t) a kimeneti jelnek felel meg f 1out ( t) + f 2out ( t).

Az arányosság elve az, hogy a bemeneti jel Af ban ben( t Af ki( t), Ahol A- állandó szorzó.

Ha idővel a paraméterek és a kapcsolási rajz változatlanok maradnak, akkor az áramkört időinvariánsnak nevezzük.

Tegyük fel, hogy az adott lineáris áramkör a pillanatig t= 0 passzív. Az áramkör időinvarianciájának feltétele azt jelenti, hogy ha a bemeneti jel f ban ben( t) a kimeneti jelnek felel meg f ki( t), majd a bemeneti jelet f ban ben( t+ t), amely az elsőhöz képest t idővel késik, a kimeneti jelnek felel meg f ki( t+ t).

Ebből arra következtethetünk, hogy az időben invariáns lineáris elektromos áramköröknél a következő feltétel teljesül: a bemeneti jel differenciálása vagy integrálása a kimeneti jel differenciálását vagy ennek megfelelően integrálását vonja maga után. Valóban, legyen a bemeneti jel invarianciájának feltétele f ban ben( t+ D t) kimenetnek felel meg f ki( t+ D t). Ha bemeneti jelnek vesszük, akkor az áramkör linearitása és invarianciája szerint a kimeneti jel egyenlő lesz: . Mutatva D t nullára a határértékben megkapjuk a bemeneti és kimeneti jeleket és .

LINEÁRIS ELEKTROMOS DC ÁRAMKÖRÖK

Alapvető rendelkezések és kapcsolatok

1. Az elektromos energia forrásai

Az elektromos energia valódi forrása kétféleképpen ábrázolható: A) mint feszültséggenerátor, amelyet az emf. E, számszerűen megegyezik a forrás nyitott áramköri feszültségével, és sorba van kötve az ellenállással r 0 (1. ábra, A), b) mint áramgenerátor, amelyet áramerősség jellemez én meg, számszerűen megegyezik a valódi forrás rövidzárlati áramával, és párhuzamosan kapcsolt vezetőképességgel g 0 (1. ábra, b).

A feszültséggenerátorról egy ekvivalens áramgenerátorra való átmenet a képletek szerint történik

I k = E r 0,         g 0 = 1 r 0, (1)

és az áramgenerátorról az ekvivalens feszültséggenerátorra fordított átmenetet a következő képletek szerint

E = I - g 0,         r 0 = 1 g 0 . (2)

Az ideális feszültséggenerátor belső ellenállása nulla, míg az ideális áramgenerátor belső vezetőképessége nulla.

2. Ohm törvénye

Az Ohm törvénye érvényes egy ágra vagy egy egykörös zárt áramkörre (elágazások nélkül).

Az Ohm-törvény megírásához mindenekelőtt önkényesen kell kiválasztania az áram pozitív irányát.

A) Csak ellenállásokból álló és emf-et nem tartalmazó ághoz. (például egy fiókhoz mnábrán. 2), a pontból induló áram pozitív irányával m lényegre törő n az áram az

I = φ m − φ n r m n = U m n r m n. (3)

Itt φ mÉs φ n- pontpotenciálok mÉs n, U mn = φ m - φ n- pontok közötti potenciálkülönbség vagy feszültség mÉs n, r mn = r 4 + r 5 - elágazás impedancia a pontok között mÉs n.

Példa erre a 17. feladatban.

b) Zárt egykörös áramkörhöz

I = Σ E Σ r , (4)

ahol Σ r- az áramkör összes külső és belső ellenállásának számtani összege, Σ E- elektromotoros erőinek algebrai összege.

Azok az emf-ek, amelyek irányai egybeesnek az áram kiválasztott pozitív irányával, pluszjellel, a mínusz előjellel rendelkező emf-ek kerülnek felvételre. ellentétes irányokkal.

Példák a 15. és 17. feladatban.

V) Az emf-et tartalmazó ágra. és ellenállás (például egy ág esetében acbábrán. 2),

I 1 = φ a − φ b + Σ E Σ r a b = U a b + E 1 − E 2 r 1 + r 2 + r 9, (5)

Ahol U ab = φ a - φ b- feszültség az ág végein acb, az áram kiválasztott pozitív iránya mentén számolva, Σ E az ebben az ágban található emf-ek algebrai összege és Σ r- ellenállásainak számtani összege.

Az (5) képletet ún általánosított Ohm törvénye.

Példák a 15. és 17. feladatban.

3. Kirchhoff törvényei

A Kirchhoff-törvények megírásához először is pozitív irányokat kell beállítani az egyes ágak áramainak.

Kirchhoff első törvénye

∑ k = 1 n I k = 0, (6)

A tetszőleges csomópontban konvergáló összes áram algebrai összege nulla. A csomópontba befolyó áramokat hagyományosan pozitívnak, a onnan kilépőket pedig negatívnak (vagy fordítva) feltételezzük.

Kirchhoff második törvénye

∑ k = 1 n I k ⋅ r k = ∑ k = 1 n E k . (7)

Bármely zárt áramkör feszültségesésének algebrai összege megegyezik az emf algebrai összegével. benne.

A kontúr mozgásának iránya tetszőlegesen van megválasztva. Ha az egyenlőség bal oldalát pluszjellel írjuk, akkor azokban az ágakban vesszük a feszültségeséseket, amelyekben az áram pozitív iránya egybeesik a bypass irányával (függetlenül attól, hogy ezekben az ágakban az emf iránya), ill. mínusz előjellel - a feszültség csökken azokban az ágakban, amelyekben a pozitív irány, az áram ellentétes a bypass irányával. Az egyenlet jobb oldalának felírásakor azokat az emf-eket, amelyek irányai egybeesnek a kiválasztott bypass iránnyal (függetlenül a rajtuk átfolyó áram irányától), pozitívnak, a kiválasztott bypass irány ellen irányuló emf-eket pedig negatív.

Példa erre a 29. feladatban.

Feszültségeloszlás két ellenállás sorba kapcsolásakor(lásd 2. ábra)

I 1 = U 1 r 1 = U 2 r 2 = U r 1 + r 2,

U 1 = U ⋅ r 1 r 1 + r 2, U 2 = U ⋅ r 2 r 1 + r 2. (8)

Árameloszlás két párhuzamos ágban- áramelosztó képlet vagy áramosztó képlet (3. ábra)

U 2 = U 3 = U 2,3,     I 2 ⋅ r 2 = I 3 ⋅ r 3 = I 1 ⋅ r 2,3 = I 1 ⋅ r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3,

I 2 = I 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 ,         I 3 = I 1 ⋅ r 2 r 2 + r 3 . (9)

Feszültségelosztás soros csatlakozásbann ellenállás

U k = U ⋅ r k ∑ k = 1 n r k.

Jelenlegi eloszlásn párhuzamos ágak

I k = I ⋅ g k ∑ k = 1 n g k .

4. Összetett egyenáramú áramkörök számítási módszerei

Az elektromos áramkör álljon a págak és rendelkezik q csomópontok

A Kirchhoff-törvények alkalmazása

Először is meg kell határozni az ismeretlen áramok számát, amely megegyezik az ágak számával ( p). Minden ágnál meg van adva az áram pozitív iránya.

Szám n 1 Kirchhoff első törvénye szerint összeállított független egyenlet egyenlő az egység nélküli csomópontok számával

n 1 = q- 1.

Szám n 2 Kirchhoff második törvénye szerint összeállított független egyenlet egyenlő a cellák (kontúrok) számával

n 2 = p - q + 1.

Az egyenletek teljes száma n, amelyet Kirchhoff első és második törvénye szerint állítanak össze, egyenlő az ismeretlen áramok számával

n = n 1 + n 2 = p.

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása megadja a kívánt áramok értékeit.

Példa erre a 29. feladatban.

Hurokáram módszer (MKT, Maxwell).

Szám n független áramkörök száma megegyezik a Kirchhoff második törvénye szerinti egyenletek számával

n = n 2 = p - q + 1.

Áramkör számítása hurokáram módszerrel, amely a n független kontúrok, egy rendszer megoldásához vezet n hurokáramokra összeállított egyenletek én 11 , én 22 , …, fogadó; az egyes ágak áramát az ezen ág körül folyó hurokáramok algebrai összegeként találjuk.

A hurokáramok irányának megválasztása tetszőleges. Egy összetett elektromos áramkör minden egyes ágát legalább egy áramkörbe kell foglalni.

MKT egyenletrendszer a n hurokáramoknak van formája

( r 11 ⋅ I 11 + r 12 ⋅ I 22 + … + r 1 n ⋅ I n n = E 11 ; r 21 ⋅ I 11 + r 22 ⋅ I 22 + … + r 2 n ⋅ I n n = E 22 …………………………………………….r n 1 ⋅ I 11 + r n 2 ⋅ I 22 + … + r n n ⋅ I n n = E n n (10)

Itt r kk- az áramkör saját ellenállása k(az áramkörben szereplő összes ág ellenállásának összege k), r kl- teljes áramköri ellenállás kÉs l, és r kl = r lk; ha az ágban a hurokáramok irányai közösek a hurkokkal kÉs l, akkor egybeesik r kl pozitív ( r kl> 0), egyébként r kl- negatív ( r kl < 0); E kk- az áramkört alkotó ágakban szereplő emf algebrai összege k.

Példa erre a 41. feladatban.

Csomóponti potenciál módszer (MUP)

Szám n A lánc független csomópontjai megegyeznek a Kirchhoff első törvénye szerinti egyenletek számával

n = n 1 = q - 1.

Egy elektromos áramkör összes csomópontjának potenciáljának meghatározása q csomópontok esetén az egyik csomópont potenciálját nullával egyenlőnek kell venni, és meghatározni a fennmaradó csomópontok potenciálját. n = q- 1 csomópontra a következő egyenletrendszert állítjuk össze

( φ 1 ⋅ g 11 + φ 2 ⋅ g 12 + … + φ n ⋅ g 1 n = ∑ 1 E g ; φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 + φ 2 ⋅ g 22 + … + φ n ⋅ = g Például …………………………………………….. φ 1 ⋅ g n 1 + φ 2 ⋅ g n 2 + … + φ n ⋅ g n n = ∑ n E g (11)

Itt g ss- a csomóponthoz kapcsolódó ágak vezetőképességének összege s; g négyzetméter- a csomópontot összekötő vezetőképességek összege s csomóval q; - e.m.f szorzatainak algebrai összege. a csomópont melletti ágak s, vezetőképességükre (vagyis ezen ágak rövidzárlati áramaira); ebben az esetben a pluszjellel rendelkezők kerülnek ki a termékekből Például, melynek ágaiban az e.m.f. a csomópont irányába hat s, és mínuszjellel - a csomóponttól induló irányban.

A csomópontok potenciáljának meghatározása után az ágak áramait Ohm törvénye alapján találjuk meg.

Példák a 44. és 45. feladatban.

Overlay módszer

Az áramerősség bármely ágban kiszámítható az egyes emf-ek által okozott áramok algebrai összegeként. külön. Nem szabad megfeledkezni arról, hogy ha bármely effektív emf-re számítást végeznek, akkor más források helyett ezeknek a forrásoknak a belső ellenállásával megegyező ellenállásokat kell figyelembe venni.

Példák a 47. és 49. feladatban találhatók.

Egyenértékű transzformációs módszer

Az ekvivalens átalakítások módszerének minden esetben az egyes áramkörök helyettesítése olyanokkal, amelyek egyenértékűek velük, nem vezethet az áramok vagy feszültségek változásához az áramkör azon szakaszaiban, amelyek nem estek át átalakuláson.

1) Soros ellenállások cseréje egy ekvivalensre. Az ellenállások konzisztensek, ha ugyanazt az áramot vezetik. ábrán látható kapcsolási rajzon például. 2, ellenállás r 1 , r 2 és r 9 sorba vannak kapcsolva; az ellenállások is sorba vannak kapcsolva r 7 és r 8 .

Egy áramkör egyenértékű ellenállása, amely a következőből áll n sorba kapcsolt szakaszok egyenlő ezen szakaszok ellenállásainak összegével

r e = r 1 + r 2 + … + r n = ∑ k = 1 n r k. (12)

2) A párhuzamos ellenállások cseréje egy ekvivalensre. Az ellenállások párhuzamosak, ha mindegyik egy pár csomóponthoz csatlakozik. Például (2. ábra), ellenállás r 45 = r 4 + r 5 és r 10 párhuzamos.

Egy olyan áramkör ekvivalens vezetőképessége n párhuzamosan kapcsolt ágak egyenlő ezen ágak vezetőképességeinek összegével. Egy ilyen áramkör ekvivalens ellenállását az áramkör ekvivalens vezetőképességének reciprokaként találjuk meg

1 r e = 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r n = ∑ k = 1 n 1 r k. (13)

Két ellenállás párhuzamos kapcsolásának speciális esetben r 1 és r 2 egyenértékű ellenállás

r e = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 . (14)

3) Vegyes ellenállású csatlakozás cseréje egyenértékűre. A vegyes csatlakozás az ellenállások soros és párhuzamos kapcsolásának kombinációja. Például az ellenállás r 1 , r 2 és r 3 (3. ábra) vegyes kapcsolatban vannak. Egyenértékű ellenállásuk az

r e = r 1 + r 2,3 = r 1 + r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3. (15)

Ellenállások vegyes kapcsolásával az áramkör ágainak áramai (3. ábra):

Ohm törvénye szerint

I 1 = U r e, (16)

az aktuális spread képlet szerint (áramosztó)

I 2 = I 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 ,         I 3 = I 1 ⋅ r 2 r 2 + r 3 .

4) Ellenállási háromszög transzformációs képletek(4. ábra, A) V egyenértékű csillag ellenállás (4. ábra, b) és fordítva van az alakja

(r 1 = r 12 ⋅ r 31 r 12 + r 23 + r 31 ; r 2 = r 23 ⋅ r 12 r 12 + r 23 + r 31 ; r 3 = r 31 ⋅ r 23 r 12 + r 23 + r 31, (17)

(g 12 = g 1 ⋅ g 2 g 1 + g 2 + g 3 ; g 23 = g 2 ⋅ g 3 g 1 + g 2 + g 3 ; g 31 = g 3 ⋅ g 1 g 1 + g 2 + g 3, (18)

Ahol g- a megfelelő ág vezetőképessége.

A (18) képletek ellenállások formájában a következőképpen írhatók fel:

r 12 = r 1 + r 2 + r 1 ⋅ r 2 r 3; r 23 = r 2 + r 3 + r 2 ⋅ r 3 r 1; r 31 = r 3 + r 1 + r 3 ⋅ r 1 r 2 . (19)

Példa erre az 51. feladatban.

Egyenértékű feszültséggenerátor módszer (nyitott áramkör és rövidzárlat módszer vagy aktív kétterminális módszer )

Az áram megtalálásához én az ágban ab, akinek ellenállása r(5. ábra, A, levél A az ábra egy aktív kétterminálos hálózatot jelöl), meg kell nyitnia ezt az ágat, és egyidejűleg meg kell találnia (bármilyen módon) a potenciálkülönbséget a nyitott ág termináljain - U x(5. ábra, b). Ezután ki kell számítania a rövidzárlati ellenállást r to, egyenlő az áramkör többi részének egyenértékű ellenállásával, azzal a feltételezéssel számolva, hogy nincs benne emf. (ugyanakkor a források belső ellenállása megmarad) és a kapcsokra közvetlenül csatlakoztatott külső forrásból táplálják aÉs b(5. ábra c; betű Pábrán passzív kétterminálos hálózatot jelöl).

Ellenállás r toábra szerinti séma szerint akár közvetlenül is számítható. 5, V, vagy a relációból

r k = U x I k, (20)

Ahol én meg- az ágon átfolyó rövidzárlati áram ab, ha az ellenállása r legyen egyenlő nullával (5. ábra, G).

Az adott áramkör (5. ábra, A) helyettesíthető egy ekvivalens feszültséggenerátorral emf. E = U xés a belső ellenállás újra = r to csatlakozik a terminálokhoz ab ellenállás r(5. ábra, d).

Áram a kívánt ellenállású ágban r, az Ohm-törvény képletéből határozzuk meg

I = U x r + r k. (21)

Példák az 55. és 56. feladatban.

Egyenértékű áramgenerátor módszer

Az előző bekezdés bemutatja, hogyan lehet bármilyen összetett áramkörben ekvivalens feszültséggenerátort szerezni az emf-vel. Eés a belső ellenállás r to. Ez a feszültséggenerátor (5. ábra, d) az (1) képlet alapján helyettesíthető egy ekvivalens áramgenerátorral (1. ábra, b) képletek szerint

I k = U x r k,         g 0 = 1 r k. (22)

Ahol én meg- az egyenértékű áramgenerátor árama, amely megegyezik a rövidzárlati árammal abban az ágban, amelyhez képest az áramkör többi részének egyenértékű transzformációját végrehajtják, g 0 - a belső vezetőképesség megegyezik az áramkör többi részének egyenértékű vezetőképességével a kivezetések között ab, amelyhez az energiavevő csatlakozik, feltételezve, hogy az emf. az összes generátor nullával egyenlő.

Példa erre a 65. feladatban.

Több párhuzamos feszültséggenerátor egy ekvivalensre cseréjének módja

Ha több feszültséggenerátor van emf-vel. E 1 , E 2 , …, E nés a belső ellenállások r 1 , r 2 , …, r n, párhuzamosan működik egy közös terhelési ellenállással r(6. ábra, A), akkor helyettesíthetők egy egyenértékű feszültséggenerátorral, emf. kit E uh, és a belső ellenállás újra(6. ábra, b),

(E e = ∑ k = 1 n E k g k ∑ k = 1 n g k ; 1 r e = 1 r 1 + 1 r 2 + … + 1 r n ;         g k = 1 r k. (23)

Áram az ellenállásban r képlet fogja meghatározni

I = E e r + r e. (24)

Az egyes ágak áramát a képlet határozza meg

I k = E k − U r k , (25)

Ahol U = énr.

Példa erre a 60. feladatban.

A párhuzamosan kapcsolt áramgenerátorok egyenértékűre cseréjének módja

Ha több áramgenerátor árammal Ik 1 , Ik 2 , …, én knés a belső vezetőképességek g 1 , g 2 , …, g n párhuzamosan kapcsolva (7. ábra, A), és dolgozzon egy közös vezetőképességű energiavevőre g akkor helyettesíthetők egy egyenértékű áramgenerátorral (7. ábra, b), amelynek jelenlegi Ik egyenlő az áramok algebrai összegével, és a belső vezetőképessége egyenlő az egyes generátorok belső vezetőképességeinek összegével

I k = I k 1 + I k 2 − I k 3 + … = ∑ m = 1 n I k m , (26)

g e = g 1 + g 2 + g 3 + … = ∑ m = 1 n g m. (27)

5. A viszonosság elve

A kölcsönösség elve kimondja: ha az e.m.f. E fiókjában található ab bármennyire is bonyolult egy áramkör, áramot okoz egy másik ágban CD ugyanazt az áramkört, majd az emf átvitelekor. az ághoz CD be fogja hívni a fiókokat ab ugyanaz az áram én.

6. A kompenzáció elve

A kompenzáció elve: az elektromos áramkör bármely ellenállása anélkül, hogy megváltoztatná az áramok eloszlását az ágaiban, helyettesíthető egy emf-vel, amely számszerűen megegyezik a helyettesített ellenállás feszültségesésével, és az áram felé irányul.

7. Az áramkör bemeneti ellenállása az ághoz képest

Az áramkör bemeneti ellenállása az ághoz képest k az e.m.f. arányaként van definiálva. E k, ebben az ágban tevékenykedő, a jelenlegihez Ik ugyanabban az ágban az e.m.f. más ágakban nullával egyenlő

r k k = E k I k . (28)

Bemeneti ág vezetőképessége k- ennek az ágnak a bemeneti ellenállásának reciprok értéke

g k k = 1 r k k . (29)

Az ágak kölcsönös ellenállása (átviteli ellenállása). kÉs l- emf arány E k, az ágban eljáró k, aktuálisra I l, az ág mentén haladva l az e.m.f. más ágakban nullával egyenlő

r k l = E k I l . (harminc)

Az ágak kölcsönös vezetőképessége kÉs l- az azonos ágak kölcsönös ellenállásának reciprok értéke

g k l = 1 r k l . (31)

Példa. ábrán látható diagramhoz. Az áramkör 8 bemeneti ellenállása az 1., 2. és 3. ághoz viszonyítva egyenlő

r 11 = D r 2 + r 3, r 22 = D r 1 + r 3, r 33 = D r 1 + r 2,

és az 1. és 2., 2. és 3., 3. és 1. ág kölcsönös ellenállása rendre egyenlő

r 12 = r 21 = D r 3, r 23 = r 32 = D r 1, r 13 = r 31 = D r 2,

Ahol D = r 1 · r 2 + r 1 · r 3 + r 2 · r 3 .

8. Teljesítmény-egyensúly

Bármely zárt elektromos áramkör esetében az elektromos energiaforrások által termelt teljesítmények összege megegyezik az energiavevők által fogyasztott teljesítmények összegével

Σ P forrás = Σ P igény, vagy Σ EI = Σ én 2 r (32)

Ahol Σ EI- algebrai összeg; itt azok a kifejezések pozitívak, amelyekre az emf cselekvési iránya. Eés a megfelelő áramerősség én egybeesik, különben a kifejezés negatív (amikor az áramok pozitív irányát választjuk az emf-vel rendelkező ágakban, úgy választjuk meg az áram irányát, hogy egybeessen a megfelelő emf hatásával); Σ én 2 r- számtani összeg; itt a külső ellenállást és maguknak az energiaforrásoknak az ellenállását is figyelembe kell venni.

Gyakorlatok és feladatok

Feladat 1 . Az áramkörhöz (9. ábra) keresse meg az egyenértékű ellenállást a kivezetések között aÉs b, cÉs d, dÉs f, Ha r 1 = 6 Ohm, r 2 = 5 ohm. r 3 = 15 Ohm, r 4 = 30 Ohm, r 5 = 6 ohm.

Megoldás

Ellenállás számítás rab.

A párhuzamosan kapcsolt ellenállások egyenértékű ellenállása r 4 és r Az 5-öt a (14) képlet segítségével találjuk meg

r 45 = r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 30 ⋅ 6 30 + 6 = 5     0 m;

-vel sorba van kötve r 2; teljes ellenállásukat

r" = r 2 + r 45 = 5 + 5 = 10 ohm.

Az áramkör ellenállása az ellenállásból áll r 1, amelyre két párhuzamos ellenállás van sorba kötve r"És r 3

r a b = r 1 + r ′ ⋅ r 3 r ′ + r 3 = 6 + 10 ⋅ 15 10 + 15 = 12     0 m.

Ellenállás számítás r cd.

Ellenállás r 4 és r Az 5. ábrák most párhuzamosan kapcsolódnak egymással; ellenállás r 3 sorba van kötve hozzájuk

r ″ = r 3 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 15 + 30 ⋅ 6 30 + 6 = 20     0 m.

Ellenállás r cd két párhuzamosan kapcsolt ellenállásból áll r 2 és r"és egyenlő

r c d = r 2 ⋅ r ″ r 2 + r ″ = 5 ⋅ 20 5 + 20 = 4     0 m.

Ellenállás számítás r df.

Egyenértékű áramköri ellenállás a pontok között dÉs f három párhuzamosan kapcsolt ellenállásból áll: r 5 , r 4 és r 2 + r 3, és a (13) képlettel határozható meg

1 r d f = 1 r 5 + 1 r 4 + 1 r 2 + r 3 = 1 6 + 1 30 + 1 20 = 1 4,

ahol r df. = 4 ohm.

Feladat 2. Az áramkörhöz (10. ábra) rajzoljunk egy görbét az egyenértékű ellenállásnak a pontok közé aÉs b függvényében k (0 ≤ k ≤ 10).

Válasz: nál nél k= 0 és k = 1 rab= 0; nál nél k = 0,5 rab max = 250 Ohm.

Feladat 3. Az áramkör, amelynek diagramja az ábrán látható. tizenegy, A, öt azonos ellenállásból áll r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = r 5 = 10 kOhm.

Mekkora az áramkör ellenállása a kapcsok között? aÉs b NAK NEK?

Megoldás

A kulcs nyitva van.

Ellenállás r 3 , r 4 és r 5 egymáshoz sorba vannak kötve; az őket helyettesítő egyenértékű ellenállás párhuzamos az ellenállással r 1; az ellenállás csere értéke r 3 , r 4 , r 5 és r 1, egyenlő

r ′ = r 1 ⋅ (r 3 + r 4 + r 5) r 1 + (r 3 + r 4 + r 5) = 10 ⋅ 30 40 = 7,5    k O m.

Szükséges áramköri ellenállás

rab = r" + r 2 = 7,5 + 10 = 17,5 kOhm.

A kulcs zárva van.

Ebben az esetben az ellenállás r 1 és r 3 egymással párhuzamosan kapcsolódnak, és az ellenállások r 4 és r 5 rövidre zárva vannak (11. ábra, b). A szükséges áramköri ellenállás lesz

r a b = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 + r 2 = 10 ⋅ 10 20 + 10 = 15    k O m.

Feladat 4. Számítsa ki az egyenértékű áramköri ellenállást (12. ábra) a kapcsok között aÉs b, ha mind a hét ellenállása azonos:

jegyzet. Ügyeljen a vezetékek rövidre zárására mnÉs n.p..

Válasz: 10 ohm.

Feladat 5. Határozza meg az egyenértékű áramköri ellenállást a pontok között aÉs b nyitott és zárt kulccsal NAK NEK(13. ábra, A): r 1 = r 2 = r 3 = r 4 = r 5 = r 6 = r 7 = 10 ohm.

Megoldás

Nyitott kulcs esetén az adott áramkör a 1. ábra szerint ábrázolható. 13, b.

A szükséges ellenállás

r a b = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 = (r 5 + r 6 + r 4 ⋅ r 7 r 4 + r 7) ⋅ r 2 r 5 + r 6 + r 4 ⋅ r 7 r 4 + r 7 + r 2 = 5 + 25 ⋅ 10 35 = 12,1     0 m.

Amikor a kulcs le van zárva, az adott áramkör a 2. ábrán látható formájú. 13, V.

Az áramkör ellenállása egyenlő a két ellenállás összegével

r ′ = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 10 ⋅ 10 20 = 5       O m,

És r"" képletből határozzuk meg

1 r ″ = 1 r 4 + 1 r 7 + 1 r 2,

ahol r"= 3,33 Ohm. És így,

r a b = r ′ + r ″ = 5 + 3,33 = 8,33       O m.

Feladat 6. Keresse meg az egyenértékű ellenállást a kapcsok között aÉs bábra diagramjához. 14. Adott: r 1 = 600 Ohm, r 2 = 360 Ohm, r 3 = 400 Ohm, r 4 = 300 Ohm.

Válasz: 200 Ohm.

Feladat 7. Határozza meg az egyes áramkörök ellenállását (15. ábra, AÉs b) a bilincsek között 1-1" alapjáraton (pont 2 És 2" nyitott) és rövidzárlat alatt (pont 2 És 2" rövidre zárva). Az ellenállások ohmban vannak megadva a diagramon.

Válasz: A) r 1x= 120 Ohm, r 1Nak nek= 72 Ohm; b) r 1x= 20 Ohm, r 1Nak nek= 18 Ohm.

Feladat 8. Számítsa ki a kapcsok közötti ellenállást! aÉs bábra diagramjához. 16 nyitott és zárt kulccsal NAK NEK. Mind a hét ellenállás azonos és mindegyik egyenlő r= 30 Ohm.

jegyzet. Felhívjuk figyelmét, hogy a pontokat cÉs d ekvipotenciális.

Válasz: Ha a kulcs nyitva van rab= 40 Ohm; zárva - rab= 30 Ohm.

Feladat 9. Keresse meg az ellenállást a kapcsok között aÉs bábra diagramjához. 17, A. Az ellenállásértékeket ohmban a diagram tartalmazza.

Megoldás

Ebből a sémából továbbléphet az ábrán látható egyszerűbb sémákra. 17, bÉs V. A szükséges ellenállás

r a b = 240 ⋅ (180 + 300 ⋅ 450 750) 240 + 180 + 300 ⋅ 450 750 = 144       O m.

Feladat 10 . Van egy voltmérő, amely három mérési határon kapcsolható be: 3; 15 és 150 V (18. ábra). A mérőberendezésben megengedett legnagyobb áramerősség 30 mA.

Keressen ellenállást r 1 , r 2 és r 3 .

Megoldás

Feltételezzük, hogy a mérőszerkezet (MM) belső ellenállása nulla.

3 V mérési határnál: áram 30 mA, ellenállás r 1 = 3/0,030 = 100 Ohm.

15 V mérési határnál: áram 30 mA, ellenállás r 1 + r 2 = 15/0,030 = 500 Ohm, és az ellenállás r 2 = 500 - 100 = 400 Ohm.

Hasonlóan találtak r 3 = 4500 Ohm.

Feladat tizenegy . 220 V-os hálózatra csatlakozik két, egymással sorba kapcsolt, 150 és 100 V mérési határértékkel, 15000 és 7500 ohmos belső ellenállású voltmérő, 2500 ohm kiegészítő ellenállással. minden voltmérő?

Válasz: 132 és 66 V.

Feladat 12 . Akkumulátor, e.m.f. melyik E= 6,4 V és belső ellenállás r 0 = 0,1 Ohm, ellenállásra csatlakoztatva r= 3,1 Ohm. Keresse meg az akkumulátor áramát és feszültségét a kapcsainál.

Megoldás

Az Ohm-törvény képletét alkalmazva zárt áramkörre (4. képlet), megtaláljuk az áramerősséget

I = E r + r 0 = 6,1 3,1 + 0,1 = 2    A.

Az akkumulátor kivezetésein lévő feszültség kétféleképpen határozható meg: ill

U = E - én· r 0 = 6,4 - 2 0,1 = 6,2 V,

U = én· r= 2·3,1 = 6,2 V.

Feladat 13 . Az akkumulátor nyitott áramköri feszültsége 16,4 V. Mekkora az akkumulátor belső ellenállása, ha a külső áramkörben 8 A áramerősség mellett a kapcsai feszültsége 15,2 V?

Válasz: 0,15 Ohm.

Feladat 14 . Forrás emf-vel. E= 100 V, belső ellenállás r 0 = 1 Ohm rövidre zárva a külső ellenállással r, amely nullától a végtelenig változik (19. ábra, A). Határozzuk meg ennek az ellenállásnak a függvényében: 1) áramerősséget én; 2) feszültség a forrás kivezetésein U; 3) a forrás által a külső áramkörnek biztosított tápellátás P mellék; 4) magában a forrásban elhasznált teljesítmény P belső; 5) teljes teljesítmény Ptot; 6) hatékonyság η . Milyen külső ellenálláson P mellék lesz a maximum? Mivel egyenlő?

Görbék építése én = F 1 (r), U = F 2 (r), P mellék = F 3 (r), P belső = F 4 (r), Ptot = F 5 (r), η = F 6 (r).

Írjon fel egyenleteket és ábrázolja a függőségi görbéket U, P mellék, P belső, PtotÉs η az áram függvényében én.

Megoldás

1) I = E r + r 0 = 100 r + 1;

2) I = I ⋅ r = E ⋅ r r + r 0 = 100 ⋅ r r + 1 ;

3) P ext = I 2 ⋅ r = E 2 ⋅ r (r + r 0) 2 = 10000 ⋅ r (r + 1) 2;

4) P in n u t r = I 2 ⋅ r 0 = E 2 ⋅ r 0 (r + r 0) 2 = 10000 (r + 1) 2;

5) P összesen = I 2 ⋅ (r + r 0) = E 2 (r + r 0) = 10000 r + 1;

6) η = P ext P kb tot = r r + r 0 = r r + 1 .

Határozzuk meg r, ahol P mellék maximális lesz. Ehhez kiszámítjuk a deriváltját P mellékÁltal rés egyenlővé kell tenni a nullával

d P ki d r = E 2 d d r r (r + r 0) 2 = E 2 d d r r ⋅ (r + r 0) 2 − r ⋅ d d r (r + r 0) 2 (r + r 0) 4 = E 2 (r + r 0) 2 − r ⋅ 2 (r + r 0) (r + r 0) 4 = E 2 r 0 − r (r + r 0) 3 = 0.

A második derivált figyelembevételével ellenőrizheti, hogy az negatív. Ez megfelel a maximális feltételnek.

Innentől azt találjuk r = r 0, azaz ha a külső ellenállás egyenlő a belső ellenállással, a külső áramkörbe belépő teljesítmény maximális lesz. Ebben az esetben a (6) egyenlet szerint a hatékonysági tényező 0,5. A külső áramkörbe belépő maximális teljesítmény értéke at r = r 0 , a (3) egyenlet szerint egyenlő

P kívül max s = [E 2 ⋅ r (r + r 0) 2 ] r = r 0 = E 2 4 r = 2500      W t.

ábrán fentebb leírt egyenletek szerint. 19, b görbék készülnek.

A folyamfüggvényben a szükséges függőségi egyenletek alakja

U = E − I ⋅ r 0 ; P ext = E ⋅ I − I 2 ⋅ r 0 ; P in n u t r = I 2 ⋅ r 0 ; P o b y = E ⋅ I ; η = 1 − I ⋅ r 0 E .

ábrán látható egyenletek szerint. 19, V görbék készülnek.

Feladat 15 . Az áramkörben (20. ábra) az emf. E 1 = 120 V, E 2 = 40 V, és ellenállás r 1 = 12 Ohm, r 2 = 8 ohm. Az energiaforrások belső ellenállása nulla. Határozza meg a pontok közötti feszültséget! aÉs b.

Megoldás

Adva az áram pozitív irányát az óramutató járásával megegyező irányban, Ohm törvénye alapján (4. képlet) megvan

I = E 1 − E 2 r 1 + r 2 = 120 − 40 12 + 8 = 4 A.

Mivel az eredmény pozitívnak bizonyult, ebből az következik, hogy az áram aktuális iránya egybeesik a kiválasztott irányával. Feszültség a pontok között aÉs b a területre alkalmazott Ohm-törvény (5. képlet) segítségével található amb

I = U a b − E 2 r 2 ,

U a b = E 2 + I ⋅ r 2 = 40 + 4 ⋅ 8 = 72   V.

Ugyanez az eredmény érhető el, ha ugyanazt a képletet alkalmazza a szakaszra bna

I = U b a + E 1 r 1,

U b a = I ⋅ r 1 − E 1 = 4 ⋅ 12 − 120 = − 72   V,

és ennek következtében, U ab= 72 V.

Megjegyzés. Emlékeztetni kell arra, hogy ha az áramkör emf-et tartalmazó szakaszában. és ellenállás, áram és emf. iránya egybeesik, akkor a szakasz kivezetésein a feszültség kisebb, mint az emf. a szakasz ellenállásában bekövetkező feszültségesés mértékével, és ha az áram iránya ellentétes az emf irányával, akkor a szakasz kapcsain a feszültség nagyobb, mint az emf. a vizsgált területen a feszültségesés nagyságával.

Feladat 16 . Határozza meg a voltmérő leolvasását (21. ábra), amelynek ellenállása nagyon nagy ahhoz képest r 1 és r 2 .

Mindkét esetben megadott: E 1 = 40 V, E 2 = 10 V, r 1 = r 2 = 5 ohm. Az energiaforrások belső ellenállásait figyelmen kívül kell hagyni.

Válasz: A) 15 V, b) 25 V.

Feladat 17. Készítsen grafikont a potenciálváltozásokról az ábrán látható áramkör mentén. 22, A, zárt kulccsal és nyitott kulccsal, mindkét esetben feltételezve, hogy a pont a földelt ( φ a = 0).

Keressen egy pontot az áramkörben, amely ekvipotenciális a ponttal a. Határozza meg, hogy melyik pont potenciálját kell egyenlőnek venni nullával, hogy az összes többi pont potenciálja pozitív legyen (zárt kapcsoló mellett).

Az elektromotoros erők egyenlőek: E 1 = 25 V, E 2 = 5 V, E 3 = 20 V, E 4 = 35 V.

A külső ellenállások értéke a következő: r 1 = 8 Ohm, r 2 = 24 Ohm, r 3 = 40 Ohm, r 4 = 4 ohm. Az elektromos energiaforrások belső ellenállása egyenlő: r 10 = 2 Ohm, r 20 = 6 Ohm, r 30 = 2 Ohm, r 40 = 4 ohm.

Megoldás

A kulcs zárva van. Az áram óramutató járásával megegyező irányba mutató pozitív irányát figyelembe véve az Ohm-törvény (4. képlet) alapján megtaláljuk az áramerősséget.

I = E 1 + E 2 − E 3 + E 4 r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r 3 + r 30 + r 4 + r 40 = 45 90 = 0,5 A.

A (3) és (5) képlet segítségével kiszámítjuk az összes pont potenciálját, az áramkört az óramutató járásával megegyezően megkerülve

φ a = 0; φ b = φ a − I ⋅ r 1 = 0 − 0,5 ⋅ 8 = − 4    B ; φ c = φ b + E 1 − I ⋅ r 10 = (− 4) + 25 − 0,5 ⋅ 2 = 20    B ; φ d = φ c − I ⋅ r 2 = 20 − 0,5 ⋅ 24 = 8    B ; φ f = φ d + E 2 − I ⋅ r 20 = 8 + 5 − 0,5 ⋅ 6 = 10    B ; φ g = φ f − I ⋅ r 3 = 10 − 0,5 ⋅ 40 = − 10       B ; φ h = φ g − E 3 − I ⋅ r 30 = (− 10) − 20 − 0,5 ⋅ 2 = − 31    B ; φ k = φ h − I ⋅ r 4 = (− 31) − 0,5 ⋅ 4 = − 33    B ; φ a = φ k + E 4 − I ⋅ r 40 = (− 33) + 35 − 0,5 ⋅ 4 = 0.

ábrán. 22, b lehetséges ütemterv készül. Az abszcissza tengely az áramkör egyes szakaszainak ellenállásértékeit mutatja, az ordináta tengely pedig az áramkör egyes pontjain lévő potenciálértékeket.

Keressünk egy pont egyenpotenciálját a ponttal a. A grafikonon jól látható, hogy a kívánt pont m ellenállási zónában van fg, mivel ezen a ponton a potenciálesés egyenes metszi az abszcissza tengelyt, amelynek potenciálja egyenlő φ a= 0. A pontok közötti ellenállási terület kijelölése fÉs m keresztül r fmés jelentkezik a területre abcdfm az Ohm-törvény (5) képlete és figyelembe véve azt φ a = φ m, megtaláljuk

I = φ a − φ m + E 1 + E 2 r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r f m,

0,5 = 30 40 + r f m,

ahol r fm= 20 Ohm, azaz pont m ellenállás közepén áll r 3 .

Egy olyan pont megtalálásához, amelynek potenciálját nullával egyenlőnek kell venni, feltéve, hogy az összes többi pont potenciálja pozitív, a potenciálgráfra kell hivatkozni, amelyből világos, hogy egy ilyen pont a pont k.

A kulcs nyitva van. Az áramkörben nincs áram, tehát a pontok aÉs b ekvipotenciálisak, azaz φ a = φ b= 0. Pontpotenciál c meghaladja a pontpotenciált b emf mennyiségével. E 1 és φ c = E 1 = 25 V; Hasonló módon érvelve azt találjuk

φ d = φ c = 25    B ; φ f = φ d + E 2 = 25 + 5 = 30    B; φ g = φ f = 30    B ; φ h = φ g − E 3 = 30 − 20 = 10    B ; φ k = φ h = 10    B ; φ l = φ k + E 4 = 10 + 35 = 45    B.

ábrán kapott eredmények alapján. 22, b Megrajzolódik a nyitott kapcsoló melletti potenciálváltozás grafikonja.

Feladat 18 . ábrán látható diagramhoz. 23 építeni potenciál gráfot 0 abcdfghkl nyitott és zárt kulccsal, ha E 1 = 60 V, E 2 = 40 V, E 3 = 25 V, E 4 = 15 V, r 10 = 6 Ohm, r 20 = 4 Ohm, r 30 = 3 Ohm, r 40 = 2 Ohm, r 1 = 24 Ohm, r 2 = 16 Ohm, r 3 = 25 Ohm, r 4 = 22 Ohm, r 5 = 18 ohm.

Feladat 19 . Határozza meg az áramkör ágaiban lévő áramokat (24. ábra, A) és a pontok közötti feszültség cÉs dés a pontok közé kapcsolt ampermérő leolvasása cÉs d. Az ampermérő ellenállását nullának tekintjük. Az áramköri elemek ellenállásai r 1 = 10 Ohm, r 2 = r 3 = r 5 = 25 Ohm, r 4 = 50 Ohm, és a rákapcsolt feszültség U = 120 V.

Megoldás

A teljes áramkör egyenértékű ellenállása (24. ábra, A) egyenlő

r = r 1 + (r 2 + r 4) ⋅ (r 3 + r 5) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 10 + 75 ⋅ 50 125 = 40 O m.

Az áramkör el nem ágazó részében folyik az áram

I = U r = 120 40 = 30     A.

Ellenállásokon átfolyó áramok r 2 + r 4 és r 3 + r 5 többféleképpen megtalálható.

1) A párhuzamos ágakban az áramok az ellenállásukkal fordítottan arányosak (9. képlet)

I 2 = I 1 ⋅ (r 3 + r 5) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 3 ⋅ 50 125 = 1,2 A, I 3 = I 1 ⋅ (r 2 + r 4) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 3 ⋅ 75 125 = 1,8 A.

2) Határozza meg a feszültséget a párhuzamos ágak kivezetésein!

U a b = I 1 ⋅ (r 2 + r 4) ⋅ (r 3 + r 5) (r 2 + r 4) + (r 3 + r 5) = 3 ⋅ 75 ⋅ 50 125 = 90    V.

Áramok ellenállással rendelkező ágakban r 2 + r 4 és r 3 + r 5 egyenlő

I 2 = U a b r 2 + r 4 = 90 75 = 1,2 A, I 3 = U a b r 3 + r 5 = 90 50 = 1,8 A.

A párhuzamos ágak kapocsfeszültsége a rákapcsolt feszültség és az ellenálláson bekövetkező feszültségesés különbségeként található meg r 1

U a b = U − I 1 ⋅ r 1 = 120 − 3 ⋅ 10 = 90      V.

Határozzuk meg a pontok közötti feszültséget cÉs d

U c d = − I 2 ⋅ r 2 + I 3 ⋅ r 3 = − 1,2 ⋅ 25 + 1,8 ⋅ 25 = 15    V.

Végül számítsuk ki az ampermérőn áthaladó áramot, ez egyenlő a rövidzárlati árammal ÉN"CD(24. ábra, b). Ennek megtalálásához számítsuk ki az áramokat

I ′ 1 = U r 1 + r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 144 47 A, I ′ 2 = I 1 ⋅ r 3 r 2 + r 3 = 144 47 ⋅ 1 2 = 72 47     A, I 4 = I 1 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 144 47 ⋅ 25 75 = 48 47      A.

Az ampermérőn áthaladó szükséges áram egyenlő

I A = I ′ c d = I ′ 2 − I ′ 4 = 72 47 − 48 47 = 24 47 = 0,51      A.

Feladat 20 . Az áram mérésére ampermérőket használnak, amelyek mérési határai 5 és 2,5 A, valamint egy sönt, amelynek ellenállása ismeretlen. Az első, egy bizonyos áramkörhöz sönttel kapcsolt ampermérő 3,6 A-t, a második, azonos sönttel 2 A áramerősséget mutatott ugyanabban az áramkörben. Ampermérők ellenállásai r 1 = 0,002 Ohm és r 2 = 0,004 Ohm. Mekkora az áramkör az áramkörben?

Válasz: 18 A; r w= 0,0005 A.

Feladat 21. Az áramkörhöz ábra. 25 határozza meg a kimeneti feszültség arányát U 2 áramkör bemeneti feszültségéhez U 1 . Az áramkör egyes ágainak ellenállása ohmban a diagramon látható.

Válasz: U 2: U 1 = 0,05.

Feladat 22. Az áramkörben (26. ábra) keresse meg az ellenállást r x, Ha én 1 = 2,6 A, én 3 = 0,6 A, r 1 = 0,5 Ohm, r 2 = 1,4 Ohm, r 3 = 3 Ohm, r 4 = 2,5 ohm. Keresse meg az e.m.f. akkumulátorok E, ha a belső ellenállása r 0 = 0,1 Ohm.

Megoldás

Kirchhoff első törvénye alapján azt találjuk

én 2 = én 1 - én 3 = 2,6 - 0,6 = 2 A.

Ohm törvénye szerint az ellenállást tartalmazó területre vonatkozik r 2, keressük meg

U ab = én 2 · r 2 = 2 1,4 = 2,8 V.

Ohm törvényének alkalmazása az áramkör egy szakaszára ab, amely emf. Eés ellenállás r 1 és r 0, keressük meg a kívánt emf-et.

E = U ab + én 1 · ( r 1 + r 0) = 2,8 + 2,6 0,6 = 4,36 V.

Most keressük meg a feszültséget az ellenállásokkal rendelkező párhuzamos ágakon r 4 és r xés áramlatok bennük

Uac = U ab - én 3 · r 3 = 2,8 - 0,6 3 = 1 V;

én 4 = Uac/r 4 = 1/2,5 = 0,4 A;

én x = én 3 - én 4 = 0,6 - 0,4 = 0,2 A.

A szükséges ellenállás

r x = Uac/én x= 1/0,2 = 5 Ohm.

Feladat 23. A hídáramkörben (27. ábra) az ellenállások ismertek r 1 = 1300 Ohm, r 2 = 800 Ohm, r 3 = 400 Ohm. Galvanométer ellenállás r g= 600 Ohm. Keresztül, ellenállás r 1 áram folyik én 1 = 1 mA. A hídra feszültség van kapcsolva U= 2,5 V.

Keressen ellenállást r 4 .

Válasz: 750 Ohm.

Feladat 24. Az áramkörben (28. ábra) keresse meg E 1 és r x, Ha E 2 = 3 V, r 1 = r 2 = 1 kOhm, r 3 = 4 kOhm, r 4 = 2 kOhm, r 5 = 1 kOhm. Feltételezzük, hogy az akkumulátorok belső ellenállása nulla.

Árammérő A Az 1. ábra 4 mA-t mutat, és A 4-3 mA; Az eszközök polaritása a diagramon látható, ellenállásuk elhanyagolható.

Válasz: E 1 = 12 V, r x= 2 Ohm.

Feladat 25. Egyvezetékes vezeték ellenállással r 0 egység hosszonként, akkumulátorral működik, amelynek emf értéke egyenlő E, rövidre zárva a vevő végén (29. ábra).

Hol szivárogjon a vezeték ellenállással? r hogy az áram én a fogadó végén minimális volt?

Válasz: a sor közepén.

Feladat 26. A vezetékszigetelés sérülésének helyének meghatározásához az ábrán látható diagramot használjuk. harminc, A; r 1 és r 2 - ellenállástárolók.

A galvanométer jobb oldali kivezetése földelve van. A vezetéktípus szabad végei röviden össze vannak kötve egymással. Ellenállások kiválasztása r 1 és r 2 érje el az áram hiányát a galvanométerben.

Mutassuk meg, hogy ha mindkét vezeték keresztmetszete azonos, akkor a távolság a szigetelés sérülésének helyétől! a a sor elejére egyenlő

2 l ⋅ r 2 r 1 + r 2 .

Jegyzet. Az adott áramkör helyettesíthető az ábra szerinti áramkörrel. harminc, b.

Feladat 27. Az állandó ellenőrzésekor C A mérőről kiderült, hogy 10 A áramerősséggel és 120 V feszültséggel az armatúrája 30 másodperc alatt 37 fordulatot tett meg. Határozza meg a hibát a mérőállásban, ha a mérő azt jelzi, hogy 1 GWh 400 mérőfordulatnak felel meg.

Jegyzet. A mérőállandó a méteres fordulatonkénti wattórák száma.

Válasz: 7,5%.

Feladat 28. Mekkora legyen a vezeték rézvezetékeinek keresztmetszete, hogy áramot adjon a fogyasztóhoz? P= 16 kW, feltéve, hogy a teljesítményveszteség nem haladja meg p= 5%, ha a vonal hossza l= 180 m és a vezeték végén lévő feszültség az U= 220 V?

Válasz: a pontos érték 41,8 mm 2, a GOST szerint 50 mm 2 -t kell venni.

Feladat 29. Az áramkör (31. ábra) esetében a Kirchhoff-törvények segítségével keresse meg az áramokat, és ellenőrizze a teljesítményegyensúlyt, ha E 1 = 15 V, E 2 = 70 V, E 3 = 5 V, r 10 = r 20 = 1 Ohm, r 30 = 2 Ohm, r 1 = 5 Ohm, r 1 = 5 Ohm, r 2 = 4 Ohm, r 3 = 8 Ohm, r 4 = 2,5 Ohm, r 5 = 15 ohm.

Megoldás

Összesen három csomópont van ( a, b, c), ezért a Kirchhoff első törvénye szerint összeállított független egyenletek száma eggyel kevesebb lesz, azaz. kettő. Az áramkörök száma három, ezért Kirchhoff második törvénye szerint három egymástól független egyenlet alkotható. Így a Kirchhoff első és második törvénye szerint összeállított független egyenletek teljes száma megegyezik az áramkör öt ágában lévő ismeretlen áramok számával.

Válasszunk az áramok pozitív irányait, amelyeket pontozott nyilak jelölnek, és alkossunk egy Kirchhoff-egyenletrendszert:

csomóponthoz a

én 1 - én 2 + én 3 + én 5 = 0; (1)

csomóponthoz b

-én 1 - én 3 - én 4 = 0; (2)

kontúrhoz abfa

E 1 + E 3 = én 1 · ( r 1 + r 10) - én 3 ( r 3 + r 30); (3)

kontúrhoz abca

E 3 = -én 3 ( r 3 + r 30) + én 4 · r 4 + én 5 · r 5 ; (4)

kontúrhoz adca

E 2 = én 2 ( r 2 + r 20) + én 5 · r 5 . (5)

Az (1) - (5) egyenletek, miután számértékeket helyettesítenek beléjük, a következő formájúak lesznek

én 1 - én 2 + én 3 + én 5 = 0,

én 1 + én 3 + én 4 = 0,

6én 1 - 10én 3 = 20,

10én 3 + 2,5én 4 + 15én 5 = 5,

5én 2 + 15én 5 = 70.

Ezt az egyenletrendszert megoldva azt kapjuk

én 1 = 5 A; én 2 = 8 A; én 3 = 1 A; én 4 = -6 A; én 5 = 2 A.

Az áram negatív előjele én 4 azt jelenti, hogy ennek az áramnak az iránya ellentétes az elfogadott irányával. A teljesítményegyensúly ellenőrzésekor szem előtt kell tartani, hogy az áramkör azon ágaiban, ahol az áram valódi iránya egybeesik az emf irányával, a megfelelő emf. energiaforrás lesz, és azokon a területeken, ahol az emf. és áram ellentétes, emf. energiafogyasztó lesz. Minden ellenállás, mind a külső, mind a források, függetlenül a rajtuk átfolyó áram irányától, energiafogyasztók lesznek.

A vizsgált rendszer teljesítményegyensúlya a következő lesz

E 1 · én 1 + E 2 · én 2 + E 3 (- én 3) = én 12 · ( r 1 + r 10) + én 2 2 ( r 2 + r 20) +én 3 2 ( r 3 + r 30) + én 4 2 · r 4 + én 5 2 · r 5 ,

15 5 + 70 8 - 5 1 = 5 2 6 + 8 2 5 + 1 2 10 + 6 2 2,5 + 2 2 15,

a 630 W = 630 W azonosságot kapjuk.

Feladat harminc . Az áramkörben (32. ábra) keresse meg az összes áramot, ha ismert: E 1 = 20 V, E 2 = 1,1 V, r 10 = 0,2 Ohm, r 20 = 0,4 Ohm, r 1 = r 2 = 5 Ohm, r 3 = 7 ohm.

Válasz: 2,5 A, 1,5 A, 1 A.

Feladat 31. ábrán látható áramkörhöz. 33, számítsa ki az áramokat és határozza meg a voltmérő állását, ha E 1 = 40 V, E 2 = 5 V, E 3 = 25 V, r 1 = 5 Ohm, r 2 = r 3 = 10 ohm.

Elhanyagolható az energiaforrások belső ellenállása és a voltmérőn átfolyó áram.

Válasz: én 1 = 5 A, én 2 = 1 A, én 3 = 4 A, U ba= 30 V.

Feladat 32. Egy 20 sorba kapcsolt elemből álló akkumulátor egy generátorral párhuzamosan működik 30 A terhelésű hálózaton. Mindegyik akkumulátorhoz tartozik egy emf. 1,82 V és ellenállás 0,001 Ohm. E.m.f. a generátor 36,4 V, ellenállása 0,04 Ohm. Határozza meg a generátor és az akkumulátor terhelését (azaz az általuk termelt áramokat) és a kapcsaik feszültségét.

Milyen e.m.f. úgy kell a generátornak fejlődnie, hogy a terhelés egyenlően oszlik el a generátor és az akkumulátor között?

Válasz: 20 A, 10 A, 36 V, 36,7 V.

Feladat 33. 0,5 km hosszú háromvezetékes vezeték mentén (34. ábra) két generátortól 1 És 2 két 50 W-os, 110 V-os lámpacsoport táplálja.

Az első csoportban - N 1 = 200 lámpa, a másodikban pedig - N 2 = 600 lámpa. A külső vezetékek keresztmetszete q= 35 mm 2, és a középső (semleges) vezeték keresztmetszete q 0 = 16 mm 2 . Mindegyik generátor belső ellenállása 0,01 Ohm, és emf-et fejleszt. 120 V. Határozza meg az áramerősséget a vonal összes vezetékében és a feszültséget az egyes lámpacsoportok kapcsainál, amelyek ellenállását állandónak tekintjük. A vezetékhuzal anyaga réz.

Válasz: én 1 = 98 A, én 2 = 144 A, én 0 = 46 A, U 1 = 102 V, U 2 = 71 V.

Feladat 34. Az elektrosztatikus voltmérővel mért feszültség az áramkör csomópontjai és a föld között egyenlő: U 10 = -15 V, U 20 = 52 V, U 30 = 64 V (35. ábra).

Határozza meg az ágak és a kimenő vezetékek áramát a következő adatok alapján: E 1 = 80 V, E 3 = 70 V, r 1 = 5 Ohm, r 2 = 10 Ohm, r 3 = 12 ohm.

Megoldás

Számítsuk ki a pontok közötti feszültséget 1 És 2 , 2 És 3 , 3 És 1

U 10 - U 20 = U 12 = (-15) - 52 = -67 V,

U 20 - U 30 = U 23 = 52 - 64 = -12 V,

U 30 - U 10 = U 31 = 64 - (-15) = 79 V.

Alkalmazása az ágakra 1-2 , 2-3 , 3-1 Ohm törvénye, keressük meg az áramokat

I 1 = U 12 + E 1 r 1 = (− 67) + 80 5 = 2,6 A, I 2 = U 32 r 2 = 12 10 = 1,2 A, I 3 = U 31 − E 3 r 3 = 79 − 70 12 = 0,75    A.

Mivel az összes áram pozitívnak bizonyult, az imént felírt egyenleteknek megfelelő irányuk van, és az ábrán vannak ábrázolva. 35.

Áramok ágakban a csomópontoktól 1- p, 2- q, 3- s Kirchhoff első törvénye alapján találjuk meg

én 4 = én 1 - én 3 = 1,85 A, én 5 = én 1 + én 2 = 3,8 A, én 6 = én 2 + én 3 = 1,95 A.

Feladat 35. Az áramkörben (36. ábra) az emf ismert. E 1 = 120 V, E 2 = 40 V, E 3 = 70 V és ellenállás r 1 = 20 Ohm, r 2 = 10 Ohm, r 3 = 40 ohm.

Pontpotenciálok a, bÉs c a földhöz viszonyítva rendre egyenlők (voltmérővel meghatározva): Ua 0 = 160 V, Ub 0 = 180 V, U c 0 = 50 V. Határozza meg az ágak áramát ab, időszámításunk előtt, kbés a vezetékekben aa", bb"És cc", közeledik a pontokhoz a, bÉs c.

Válasz: én 1 = 5 A, én 2 = 9 A, én 3 = 1 A.

Feladat 36. Az áramkörben (37. ábra) az emf ismert. E 1 = 40 V, E 2 = 30 V.

Áramköri elemek ellenállásai r 1 = 8 Ohm, r 2 = 5 Ohm, r 3 = 10 ohm. A voltmérő leolvasása megegyezik: U 1 = 125 V, U 2 = 60 V; A voltmérő kivezetéseinek polaritása a diagramon látható. Az elektromos energiaforrások belső ellenállását figyelmen kívül hagyva és a voltmérők által fogyasztott áramokat megközelítőleg nullának tekintve határozza meg az emf nagyságát és polaritását. E 3. Keresse meg az összes áramot.

Válasz: E 3 = 20 V, én 1 = 2,5 A, én 2 = 6 A, én 3 = 8,5 A.

Feladat 37. ábrán látható áramkörben. 38, keresse meg a pontok között csatlakoztatott voltmérők áramát és leolvasását 0 És c, cÉs g, ha ez ismert E 1 = 32 V, E 2 = 64 V, E 3 = 72 V, r 1 = 9 Ohm, r 10 = 1 Ohm, r 2 = 5 Ohm, r 20 = 1 Ohm, r 3 = 2 Ohm, r 30 = 1 Ohm, r 4 = 2 Ohm, r 5 = 1 ohm. A voltmérők ellenállása nagyon magas az áramköri elemek ellenállásaihoz képest.

Válasz: én 1 = 5 A, én 2 = 9 A, én 3 = 1 A.

Feladat 38. Az áramkörhöz (39. ábra, A) keresse meg az áramokat és ellenőrizze a teljesítményegyensúlyt, ha U ab= 12 V, U cd= 5,6 V, r 1 = 4 Ohm, r 2 = 5 Ohm, r 3 = 3 ohm.

Megoldás

Ez az áramkör helyettesíthető egy egyenértékűre, amelyben a pontok között aÉs b, és cÉs d emf-ek szerepelnek, amelyek számértéke a E 1 = U abÉs E 2 = U cd, belső ellenállásuk pedig nulla (39. ábra, b). Kérjük, vegye figyelembe, hogy amikor az emf be van kapcsolva. a megadott feszültségpolaritásokat be kell tartani.

Miután meghatároztuk az áramok irányát, összeállítjuk a Kirchhoff-egyenletrendszert

én 1 - én 2 - én 3 = 0,

E 1 = én 1 · r 1 + én 3 · r 3 ,

E 2 = én 2 · r 2 - én 3 · r 3 .

A számértékeket itt helyettesítve és az egyenletrendszert megoldva a következőket kapjuk:

én 1 = 2,4 A, én 2 = 1,6 A, én 3 = 0,8 A.

Az erőegyensúly ellenőrzéséhez hozzuk létre az egyenletet

U ab· én 1 + U cd· én 2 = én 12 · r 1 + én 2 2 · r 2 +én 3 2 · r 3 ,

12 2,4 + 5,6 1,6 = 2,4 2 4 + 1,6 2 5 + 0,8 2 3;

a kapott azonosság 37,76 = 37,76.

Feladat 39. Keresse meg az áramkör áramait (40. ábra), és ellenőrizze a teljesítményegyensúlyt, ha U ab= 16 V, U cd= 11,2 V, E= 5 V, r 0 = 0, r= 10 Ohm, r 1 = 5 Ohm, r 2 = 4 ohm.

Válasz: én 1 = 1,2 A, én 2 = 0,3 A, én= 1,5 A.

Feladat 40. Mi a voltmérő állása az ábrán? 41, ha a voltmérő árama elhanyagolható a terhelések áramaihoz képest? Feltételezzük, hogy az akkumulátorok belső ellenállása nulla.

Határozza meg a wattmérők leolvasását, és győződjön meg arról, hogy összege egyenlő az ellenállásokban elfogyasztott teljesítmények összegével r 1 , r 2 és r 3. A wattmérő tekercseinek veszteségeit figyelmen kívül kell hagyni.

Adott: E 1 = 30 V, E 2 = 21 V, E 3 = 5 V, r 1 = 5 Ohm, r 2 = 10 Ohm, r 3 = 50 Ohm.

Válasz: 25 V, P 1 = 9 W, P 2 = 15,6 W.

Feladat 41. A hurokáram módszerrel keresse meg az áramkör áramait, amelyek diagramja az ábrán látható. 42; adottak: E 1 = 100 V, E 2 = 30 V, E 3 = 10 V, E 4 = 6 V, r 1 = 10 Ohm, r 2 = 10 Ohm, r 4 = 6 Ohm, r 5 = 5 Ohm, r 6 = 15 Ohm, r 10 = r 20 = r 30 = 0, r 40 = 1 ohm.

Megoldás

Válasszuk ki a hurokáramok irányait, amelyekkel jelöljük én 11 , én 22 , én 33 .

Hozzunk létre egyenletrendszert a kontúrokhoz

E 1 - E 2 - E 3 = én tizenegy · ( r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r 30) - én 22 ( r 2 + r 20) + én 33 · r 30 ,

E 2 - E 4 = én 22 ( r 2 + r 20 + r 5 + r 4 + r 40) + én 33 ( r 4 + r 40) - én tizenegy · ( r 2 + r 20),

-E 3 - E 4 = én 33 ( r 30 + r 6 + r 4 + r 40) + én 22 ( r 4 + r 40) + én tizenegy · r 30 .

A számértékek helyettesítése után meglesz

60 = 20 én 11-10 én 22 + 0 én 33 ,

24 = -10· én 11 + 22 én 22 + 7 én 33 ,

16 = 0 én 11 + 7 én 22 + 22 én 33 .

Ennek az egyenletrendszernek a megoldása után megtaláljuk a hurokáramokat

én 11 = 5 A, én 22 = 4 A, én 33 = -2 A.

Most keressük meg a valódi áramlatokat minden ágban.

E 1, valódi áram én 1-nek van a hurokáram iránya én 11 és egyenlő

én 1 = én 11 = 5 A.

Ellenállással rendelkező ágban r 5 valódi áram én 5 a hurokáram iránya én 22 és egyenlő

én 5 = én 22 = 4 A.

Ellenállással rendelkező ágban r 6 valós áram én 6 a hurokárammal ellentétes irányú én 33, és egyenlő

én 6 = -én 33 = - (-2) = 2 A.

Ellenállással rendelkező ágban r 2 valódi áram én 2 hurokáramok szuperpozíciójából kapjuk én 11 és én 22, és a nagyobb hurokáram iránya lesz én 11 ;

én 2 = én 11 - én 22 = 5 - 4 = 1 A.

Ellenállással rendelkező ágban r 4 valódi áram én 4 hurokáramok szuperpozíciójából kapjuk én 22 és én 33, és a hurokáram iránya lesz én 22 ;

én 4 = én 22 + én 33 = 4 + (-2) = 2 A.

Abban az ágban, ahol az emf működik. E 3, valódi áram én 3 hurokáramok szuperpozíciójából kapjuk én 11 és én 33, és az áram iránya lesz én 11 ;

én 3 = én 11 + én 33 = 5 + (-2) = 3 A.

Ugyanez a probléma megoldható a determinánsok módszerével. Ehhez a hurokáramok egyenleteit a (10) formában kell felírni, nevezetesen

(r 11 ⋅ I 11 + r 12 ⋅ I 22 + r 13 ⋅ I 33 = E 11 ; r 21 ⋅ I 11 + r 22 ⋅ I 22 + r 23 ⋅ I 33 = E 22 ; r 31 ⋅ 32 ⋅ I 22 + r 33 ⋅ I 33 = E 33,

hol vannak a hurokellenállások

r 11 = r 1 + r 10 + r 2 + r 20 + r 30 = 20 Ohm;

r 22 = r 2 + r 20 + r 5 + r 4 + r 40 = 22 Ohm;

r 33 = r 30 + r 6 + r 4 + r 40 = 22 Ohm,

áramkörök kölcsönös ellenállása

r 12 = r 21 = - (r 2 + r 20) = -10 Ohm;

r 13 = r 31 = r 30 = 0;

r 23 = r 32 = r 4 + r 40 = 7 Ohm,

kontúr emf

E 11 = E 1 - E 2 - E 3 = 60 V;

E 22 = E 2 - E 4 = 24 V;

E 33 = -E 3 - E 4 = -16 V.

Kapunk egy numerikus egyenletrendszert a hurokáram módszerhez

(     20 ⋅ I 11 −     10 ⋅ I 22 +     0 ⋅ I 33 = 60 ; − 10 ⋅ I 11 + 22 ⋅ I 22 + ​ 3 7 ;   ​ 3 ;      0 ⋅ I 11 +       7 ⋅ I 22 + 22 ⋅ I 33 = – 16,

vagy mátrix jelölés formájában

(20 − 10 0 − 10 22 7 0 7 22) ⋅ (I 11 I 22 I 33) = (60 24 − 16) .

Hozzuk létre a rendszer fő meghatározóját? és számítsa ki az értékét

Számítsuk ki a segéddeterminánsok értékeit

Δ11 = | E 11 r 12 r 13 E 22 r 22 r 23 E 33 r 32 r 33 | = | 60 − 10 0 24 22 7 − 16 7 22 | = 32500 ; Δ22 = | r 11 E 11 r 13 r 21 E 22 r 23 r 31 E 33 r 33 | = | 20 60 0 – 10 24 7 0 – 16 22 | = 26000 ; Δ 33 = | r 11 r 12 E 11 r 21 r 22 E 22 r 31 r 32 E 33 | = | 20 − 10 60 − 10 22 24 0 7 − 16 | = – 13000.

A szükséges hurokáramokat a képletek határozzák meg

I 11 = Δ 11 Δ = 32500 6500 = 5    A; I 22 = Δ 22 Δ = 26000 6500 = 4 A; I 33 = Δ 33 Δ = − 13000 6500 = − 2      A.

Ugyanazokat az eredményeket kaptuk, mint korábban.

Feladat 42. Keresse meg az összes áramot, és határozza meg a pontok potenciálját a, b, cÉs 0 a talajhoz képest (43. ábra).

Oldja meg a feladatot hurokáram módszerrel Az elektromos energiaforrások belső ellenállását nullával egyenlőnek tekintjük: E 1 = 85 V, E 2 = 84 V, E 3 = 5 V, E 4 = 12 V, r 1 = 8 Ohm, r 2 = 10 Ohm, r 3 = 10 Ohm, r 4 = 10 Ohm, r 5 = 10 Ohm, r 6 = 4 ohm.

Válasz: én 1 = 2 A, én 2 = 2,7 A, én 3 = 0,7 A, én 4 = 2,2 A, én 5 = 4,7 A, én 6 = 2,5 A.

Feladat 43. Az áramkörhöz (44. ábra) keresse meg az áramokat és U ab, Ha E 1 = 70 V, E 2 = 5 V, E 3 = 15 V, E 4 = 10 V, r 1 = 5 Ohm, r 2 = r 3 = 10 Ohm, r 4 = 5 Ohm, r 5 = 3 ohm.

Oldja meg a problémát a hurokáram módszerrel. Az energiaforrások belső ellenállása nulla.

Válasz: én 1 = 6 A, én 2 = 2 A, én 3 = 4 A, én 4 = 1 A, én 5 = 5 A.

Feladat 44. A 45. ábrán látható áramkör esetében A, a csomóponti potenciálok módszerével határozzuk meg az összes áramot. A séma adatai: E 1 = 30 V, E 2 = 10 V, E 3 = 200 V, E 4 = 56 V, r 1 = 20 Ohm, r 2 = 30 Ohm, r 3 = 6 Ohm, r 4 = 8 Ohm, r 5 = 15 Ohm, r 6 = 40 Ohm, r 7 = 10 ohm. A feszültségforrások belső ellenállása nulla.

Megoldás

Vegyük a pontban rejlő lehetőségeket 3 egyenlő nullával. Ezután a (11) képlet alapján felírunk egy egyenletrendszert a pontok potenciáljának meghatározására 1 És 2

φ 1 ⋅ g 11 + φ 2 ⋅ g 12 = ∑ 1 E ⋅ g , (1) φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 = ∑ 2 E ⋅ g . (2)

Számoljunk g 11 - a csomóponthoz kapcsolódó vezetőképességek összege 1

g 11 = 1 r 1 + r 7 + 1 r 5 + 1 r 4 + 1 r 6 = 1 30 + 1 15 + 1 8 + 1 40 = 0,25   1 Ohm.

Hasonlóképpen g 22 - a csomóponthoz kapcsolódó vezetőképességek összege 2

g 22 = 1 r 1 + r 7 + 1 r 5 + 1 r 2 + 1 r 3 = 1 30 + 1 15 + 1 30 + 1 6 = 0,3   1 Ohm.

Az első és a második csomópont kölcsönös vezetőképessége

g 12 = g 21 = − (1 r 1 + r 7 + 1 r 5) = − 1 30 − 1 15 = − 0,1     1 O m.

Helyettesítsük be a számértékeket az (1) és (2) egyenletbe!

0,25 ⋅ φ 1 + (− 0,1) ⋅ φ 2 = 30 ⋅ 1 30 − 56 ⋅ 1 8 = − 6, (− 0,1) ⋅ φ 1   ​ 3 = 0            1 30 + 10 ⋅ 1 30 − 200 ⋅ 1 6 = – 34.

Az utolsó két egyenlet megoldása után megtaláljuk a pontok potenciálját 1 És 2

φ 1 = -80 V; φ 2 = -140 V.

Végül az Ohm törvényét alkalmazva az egyes ágakra meghatározzuk a szükséges áramokat

I 1 = φ 1 − φ 2 − E 1 r 1 = (− 80) − (− 140) − 30 30 = 1    A; I 2 = φ 3 − φ 2 + E 2 r 2 = 0 − (− 140) + 10 30 = 5    A; I 3 = φ 2 − φ 3 + E 3 r 3 = (− 140) − 0 + 200 6 = 5  A; I 4 = φ 3 − φ 1 − E 4 r 4 = 0 − (− 80) − 56 8 = 3    A; I 5 = φ 1 − φ 2 r 5 = (− 80) − (− 140) 15 = 4      A.

A talált áramok irányai a vázrajzon (45. ábra, b).

Feladat 45. A csomóponti potenciálok módszerével határozzuk meg az áramkör minden ágában az áramkört, amely az ábrán látható. 46, A; adott: E 1 = 20 V, E 2 = 30 V, E 3 = 2 V, E 4 = 1,2 V, E 5 = 5,6 V, r 2 = 50 Ohm, r 3 = 10 Ohm, r 4 = 20 Ohm, r 5 = 10 Ohm, r 6 = 100 Ohm, r 7 = 50 Ohm, r 8 = 20 ohm.

A feszültségforrások belső ellenállását nullának tekintjük.

Megoldás

Azokban az esetekben, amikor az áramkörnek van egy emf-el rendelkező ága, de nem tartalmaz ellenállást, célszerű az egyik csomópont potenciálját nullára venni, amelyhez a megadott elágazás közelít.

Esetünkben a csomóponti potenciált vesszük 3 egyenlő nullával ( φ 3 = 0). Aztán a pont potenciálja 1 értéke egyenlő E 1, azaz φ 1 = 20 V. Az egyenletek teljes száma csökken, és egyenlő a csomópontok számával mínusz kettő. A mi feladatunkban elegendő csak két egyenletet létrehozni a csomópontokhoz 2 És 4 .

Határozzuk meg a csomóponthoz kapcsolódó vezetőképességek összegét 2

g 22 = 1 r 3 + 1 r 4 + 1 r 7 = 0,17     1 O m,

és ennek megfelelően a 4-es csomóponthoz

g 44 = 1 r 4 + 1 r 5 + 1 r 8 = 0,2    1 O m.

Határozzuk meg a csomópontok kölcsönös vezetőképességét 2 És 1 , 2 És 4 , 4 És 1

g 12 = g 21 = − 1 r 7 = − 0,02   1 Ohm, g 24 = g 42 = − 1 r 4 = −0,05   1 Ohm, g 14 = g 41 = − 1 r 8 = − 0,05 m.

Számítsuk ki az e.m., s szorzatok összegeit. a vezetőképességen, illetve a csomópontokhoz csatlakozik 2 És 4

∑ 2 E ⋅ g = E 3 ⋅ g 3 − E 4 ⋅ g 4 = 0,14    V Om, ∑ 4 E ⋅ g = E 4 ⋅ g 4 + E 5 ⋅ g 5 = 0,62  m.

Hozzunk létre egyenletrendszert a (11) képletek alapján a csomóponthoz 2 :

φ 1 ⋅ g 21 + φ 2 ⋅ g 22 + φ 4 ⋅ g 24 = ∑ 2 E ⋅ g,

csomóponthoz 4

φ 1 ⋅ g 41 + φ 2 ⋅ g 42 + φ 4 ⋅ g 44 = ∑ 4 E ⋅ g.

Ha itt számértékeket helyettesítünk, azt kapjuk

0,17 ⋅ φ 2 + (− 0,05) ⋅ φ 4 = 0,54, (− 0,05) ⋅ φ 2 + 0,2 ⋅ φ 4 = 1,62.

Ezt az egyenletrendszert megoldva azt találjuk

φ 2 = 6 V; φ 4 = 9,6 V.

Végül az Ohm-törvény képleteit az egyes ágakra alkalmazva megkapjuk az összes áram értékét, amely a vázdiagramon (46, b)

én 2 = 0,2 A, én 3 = 0,4 A, én 4 = 0,12 A, én 5 = 0,4 A, én 6 = 0,2 A, én 7 = 0,28 A, én 8 = 0,52 A.

Jelenlegi én 1-et Kirchhoff első törvénye alapján határozzuk meg

én 1 = én 3 + én 5 + én 6 - én 2 = 0,8 A.

Feladat 46. A csomóponti potenciál módszerrel számítsa ki az áramkör áramait (47. ábra). Adottak: E 1 = 160 mV, E 2 = 300 mV, r 3 = r 4 = 100 Ohm, r 5 = 150 Ohm, r 6 = 40 ohm. A feszültséggenerátorok belső ellenállása nulla.

jegyzet. A probléma megoldásához elegendő egyetlen egyenlet létrehozása, mivel az áramkörnek két ága van emf-vel, de nem tartalmaz ellenállást, és az áramkörben négy csomópont van.

Válasz: én 1 = 2,25 mA, én 2 = 1,4 mA, én 3 = 0,85 mA, én 4 = 0,75 mA, én 5 = 0,1 mA, én 6 = 1,5 mA.

Feladat 47. Szuperpozíciós módszerrel számítsa ki az áramkör áramait (48. ábra). A), Ha E 1 = 10 V, E 2 = 40 V, E 3 = 5 V, r 10 = 5 Ohm, r 20 = r 30 = 2 Ohm, r 1 = 30 Ohm, r 2 = 3 Ohm, r 3 = 8 ohm.

Megoldás

Először is feltételezzük, hogy csak az emf jár el. E 1 , és e.m.f. E 2 és E b), Akkor

I′ 1 = E 1 r 1 E,

r 1 E = r 1 + r 10 + (r 2 + r 20) ⋅ (r 3 + r 30) (r 2 + r 20) + (r 3 + r 30) = 35 + 5 ⋅ 10 15 = 115 3 Körülbelül m.

I ′ 1 = E 1 r 1 E = 10 115 / 3 = 6 23      A.

A (9) képlet szerint párhuzamos ágakban áramokat találunk.

I′2 = I′1⋅ (r 3 + r 30) (r 2 + r 20) + (r 3 + r 30) = 6 23 ⋅ 10 15 = 4 23 A, I ′ 3 = I ′ 1 ⋅ ( r 2 + r 20) (r 2 + r 20) + (r 3 + r 30) = 6 23 ⋅ 5 15 = 2 23 A.

Most végezzük el a számítást, feltételezve, hogy az emf működik. E 2, és e.m.f. E 1 és E 3 hatástalannak minősül (48. ábra, V)

I″ 2 = E 2 r 2 E; r 2 E = r 2 + r 20 + (r 1 + r 10) ⋅ (r 3 + r 30) (r 1 + r 10) + (r 3 + r 30) = 115 9     0 m; I ″ 2 = E 2 r 2 E = 40 115 / 9 = 72 23      A; I ″ 1 = I ″ 2 ⋅ (r 3 + r 30) (r 1 + r 10) + (r 3 + r 30) = 72 23 ⋅ 10 45 = 16 23 A; I ″ 3 = I ″ 2 ⋅ (r 1 + r 10) (r 1 + r 10) + (r 3 + r 30) = 72 23 ⋅ 35 45 = 56 23      A.

Hasonlóképpen kiszámítjuk az aktuális értékeket csak egy emf hatására. E 3 (48. ábra, G)

ÉN? 3 = E 3 r 3 E; r 3 E = r 3 + r 30 + (r 1 + r 10) ⋅ (r 2 + r 20) (r 1 + r 10) + (r 2 + r 20) = 115 8     0 m; ÉN? 3 = E 3 r 3 E = 5 115 / 8 = 8 23 A; ÉN? 1 = én? 3 ⋅ (r 2 + r 20) (r 1 + r 10) + (r 2 + r 20) = 8 23 ⋅ 5 40 = 1 23 A; ÉN? 2 = én? 3 ⋅ (r 1 + r 10) (r 1 + r 10) + (r 2 + r 20) = 8 23 ⋅ 35 40 = 7 23 A.

Az egyes ágak áramának valódi értékét az egyes emf-ek által meghatározott áramok algebrai összegeként találjuk meg. külön.

Aktuális az első ágban

I 1 = I ′ 1 + I ″ 1 + I ? 1 = 6 23 + 16 23 + 1 23 = 1    A.

Jelenlegi a második ágban

I 2 = I ′ 2 + I ″ 2 − I ? 2 = 4 23 + 72 23 − 7 23 = 3      A.

Jelenlegi a harmadik ágban

I 3 = − I′ 3 + I″ 3 − I ? 3 = − 2 23 + 56 23 − 8 23 = 2      A.

Ezeknek az áramoknak az iránya a ábrán látható. 48, A.

Feladat 48. Az ábrán látható áramkör ágaiban keresse meg az áramokat! 49 ha ismert E 1 = 125 mV, E= 120 mV, r 1 = 40 Ohm, r 2 = 36 Ohm, r 3 = r 4 = 60 ohm. Hanyagolja el a források belső ellenállásait. Oldja meg a feladatot szuperpozíciós és hurokáram módszerekkel.

Válasz: én 1 = 0,8 A, én 2 = 0,75 A, én 3 = 2 A, én 4 = 1,55 A, én= 2,75 A.

Feladat 49. Az ábrán (50. ábra, A) szuperpozíciós módszerrel az összes áram megtalálásához. EMF-források belső ellenállása. vegyük egyenlőnek nullával. Az áramköri elemek elektromotoros erői és ellenállásai a következő értékekkel rendelkeznek: E 1 = 96 V, E 2 = 75 V, r 3 = 3 Ohm, r 4 = 15 Ohm, r 5 = 10 Ohm, r 6 = 6 ohm.

Megoldás

Tegyük fel, hogy csak az emf jár el. E 1 , és e.m.f. E 2 nincs hatása. Ebben az esetben az áramkör az ábrán látható formát veszi fel. 50, b. Mivel az emf belső ellenállása. E 2 egyenlő nullával, akkor a helyén a pontok között bÉs d rövidzárlat látható. A nagyobb áttekinthetőség érdekében az ábrán látható diagram. 50, bábrán látható módon lehet megrajzolni. 50, V.

Ennek az áramkörnek a teljes ellenállása

r 1 eq in = r 3 ⋅ r 6 r 3 + r 6 + r 4 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 3 ⋅ 6 9 + 15 ⋅ 10 25 = 8     0 m.

Határozzuk meg az összes áramot

I′ 1 = E 1 r 1 e k in = 96 8 = 12    A, I ′ 3 = I ′ 1 ⋅ r 6 r 3 + r 6 = 12 ⋅ 6 9 = 8    A; I ′ 6 = I ′ 1 − I ′ 3 = 4      A; I ′ 4 = I ′ 1 ⋅ r 5 r 4 + r 5 = 12 ⋅ 10 25 = 4,8 A; I ′ 5 = I ′ 1 − I ′ 4 = 7,2      A; I ′ 2 = i ′ 3 - i ′ 4 = 8 - 4,8 = 3,2 a és i ′ 2 = i ′ 5 - i ′ 6 = 3,2 A.

Most tegyük fel, hogy csak az emf jár el. E 2, és e.m.f. E 1 nem működik (50. ábra, G).

Séma (50. ábra, G) a nagyobb áttekinthetőség érdekében az ábrán látható formában is bemutatható. 50, d. Teljes ellenállása

r 2 e k in = r 3 ⋅ r 4 r 3 + r 4 + r 5 ⋅ r 6 r 5 + r 6 = 3 ⋅ 15 18 + 6 ⋅ 10 16 = 6,25     oh m.

Számítsuk ki az összes áramot

I ″ 2 = E 2 r 2 e k in = 75 6,25 = 12    A, I ″ 3 = I ″ 2 ⋅ r 4 r 3 + r 4 = 12 ⋅ 15 18 = 10   A; I ″ 4 = I ″ 2 − I ″ 3 = 2      A; I ″ 6 = I ″ 2 ⋅ r 5 r 5 + r 6 = 12 ⋅ 10 16 = 7,5      A; I ″ 5 = I ″ 2 − I ″ 6 = 4,5      A; I ″ 1 = I ″ 3 − I ″ 6 = 10 − 7,5 = 2,5      A.

Az egyes emf-ek hatásából kapott áramok algebrai összeadásával. külön-külön (50. ábra, bés 50, G), minden ágban megtaláljuk a valódi áramokat (az 50. ábrán vannak ábrázolva, A)

I 1 = I ′ 1 + I ″ 1 = 12 + 2,5 = 14,5 A, I 2 = I 2 + I 2 = 3,2 + 12 = 15,2 A, I 3 = I 3 + I ″ 3 = 8 + 10 = 18 A , I 4 = I 4 − I ″ 4 = 4,8 − 2 = 2,8 A, I 5 = I 5 + I ″ 5 = 7,2 + 4 ,5 = 11,7    A, I 6 = I ′ 6 − I ″ 5 − 6 = 4 = 3,5    A.

Feladat 50 . Az áramkörhöz (51. ábra) a szuperpozíció, hurokáramok és Kirchhoff-törvények segítségével keresse meg az összes áramot. Az elektromos energiaforrások belső ellenállását nullával egyenlőnek kell tekinteni.

Adott: E 1 = 90 V, E 2 = 54 V, r 1 = 30 Ohm, r 3 = 60 Ohm, r 4 = 24 Ohm, r 5 = 20 ohm.

Válasz: én 1 = 1,7 A, én 2 = 2,5 A, én 3 = 0,25 A, én 4 = 2,25 A, én 5 = 1,95 A.

Feladat 51. Keresse meg az egyenértékű áramköri ellenállást (52. ábra, A) és minden áramot, ha U= 114 V, r 1 = 30 Ohm, r 2 = r 3 = 10 Ohm, r 4 = 26 Ohm, r 5 = 11 Ohm, r 6 = 10 Ohm, r 7 = 40 Ohm, r 8 = 50 Ohm. Oldja meg a problémát az ellenállási háromszög egyenértékű csillaggá alakításával.

Megoldás

Cserélje ki az ellenállási háromszögeket ABCÉs dfg egyenértékű csillagok (52. ábra, b).

Számítsuk ki a csillag sugarainak ellenállását r 10 , r 20 és r 30, ami egy háromszögnek felel meg ABC ellenállás r 1 , r 2 és r 3 (17. képlet)

r 10 = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 + r 3 = 6 ⋅ r 2 r 20 = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 2 + r 3 = 6 ⋅ r 3 = 6 r 30 = r 2 ⋅ r 3 r 1 + r 2 + r 3 = 2     O m.

Csillagsugár ellenállások r 40 , r 50 , r 60 egyenértékű egy háromszöggel dfg ellenállás r 6 , r 7 , r 8 egyenlő

r 40 = r 6 ⋅ r 7 r 6 + r 7 + r 8 = 4 ⋅ r 50 = r 6 ⋅ r 8 r 6 + r 7 + r 8 = 5 ⋅ r 8 = 5 ⋅ r 60 = r 7 ⋅ r 8 r 6 + r 7 + r 8 = 20     O m.

A teljes áramkör egyenértékű ellenállása

r E = r 10 + r I ⋅ r I I r I + r I I + r 60 = 38     O m,

r I = r 20 + r 4 + r 40 = 36 0 0 m, r I I = r 3 + r 5 + r 50 \u003d 18 0 0 m.

Áram az áramkör el nem ágazó részén

I = U r E = 114 38 = 3     A.

Áramok párhuzamos ágakban ÉN" (r 20 r 4 r 40) és ÉN" (r 30 r 5 r 50)

I ′ = I ⋅ r I I r I + r I I = 3 ⋅ 18 36 + 18 = 1 A; I ″ = I ⋅ r I r I + r I I = 3 ⋅ 36 36 + 18 = 2      A.

Most keressük meg az áramokat az adott áramkör ellenállásaiban. Ehhez először a diagramból (52. ábra, b) keresse meg a pontok közötti feszültséget aÉs b, aÉs c, bÉs c, dÉs g, fÉs g, dÉs f

U a b = I ⋅ r 10 + I ′ ⋅ r 20 = 3 ⋅ 6 + 1 ⋅ 6 = 24    V; U a c = I ⋅ r 10 + I ″ ⋅ r 30 = 3 ⋅ 6 + 2 ⋅ 2 = 22 V; U a b − U a c = (φ a − φ b) − (φ a − φ c) = φ c − φ b = U c b = 24 − 22 = 2    V; U d g = I ⋅ r 40 + I ⋅ r 60 = 1 ⋅ 4 + 3 ⋅ 20 = 64    V; U f g = I ″ ⋅ r 50 + I ⋅ r 60 = 2 ⋅ 5 + 3 ⋅ 20 = 70 ⋅  V; U f g − U d g = (φ f − φ g) − (φ d − φ g) = φ f − φ d = U f d = 70 − 64 = 6    V.

a szükséges áramok lesznek

I 1 = U a b r 1 = 24 30 = 0,8      A,      I 2 = U a c r 2 = 22 10 = 2,2      A,     = c 2 2 r10. A, I 4 = I ′ = 1 A, I 5 = I = 2 A, I 6 = U f d r 8 = 6 10 = 0,6 A, I 7 = U d gr 7 = 64 40 = 1,6 A, I 8 = U f g r 8 = 70 50 = 1,4   A.

Feladat 52. Az áramkörben (53. ábra) keresse meg az áramokat a háromszög-csillag transzformáció alkalmazásával. Határozza meg a pontok közötti egyenértékű ellenállást! aÉs b.

Alkalmazott feszültség U= 30 V; ellenállás: r 1 = 60 Ohm, r 2 = 120 Ohm, r 3 = 180 Ohm, r 4 = 80 Ohm, r 5 = 120 Ohm.

Határozza meg a wattmérő leolvasását, és győződjön meg arról, hogy az egyenlő az összes ellenállásban felhasznált teljesítmények összegével.

Válasz: én= 0,3 A, én 1 = 0,2 A, én 2 = 0,15 A, én 3 = 0,1 A, én 4 = 0,15 A, én 5 = 0,05 A, rab= 100 Ohm, P= 9 W.

Feladat 53. Számítsa ki az áramkör összes ágában áthaladó áramokat (54. ábra), ha! E= 213 V, E 1 = 90 V, r 1 = 6 Ohm, r 2 = 40 Ohm, r 3 = 10 Ohm, r 4 = 100 Ohm, r 5 = 60 Ohm.

Oldja meg a feladatot egy háromszög ekvivalens csillaggá alakításával. A feszültségforrások belső ellenállásait figyelmen kívül kell hagyni.

Határozza meg a bemeneti ellenállást az ághoz viszonyítva r 1 és az ágak kölcsönös ellenállása r 1 és r 2 .

Válasz: én= 3,8 A, én 1 = 0,5 A, én 2 = 1,5 A, én 3 = 3,3 A, én 4 = 1,8 A, én 5 = 2 A, r 11 = 33 Ohm, r 12 = 60 ohm.

Feladat 54. Határozza meg az áramkörön áthaladó áramok nagyságát, amelyek diagramja a 2. ábrán látható! 55.

Áramköri adatok: E 1 = 100 V, E 2 = 140 V, r 1 = 15 Ohm, r 2 = 5 Ohm, r 3 = 10 Ohm, r 4 = 4 Ohm, r 5 = 50 Ohm, r 10 = r 20 = 0.

Oldja meg a feladatot a hurokáramok és csomóponti potenciálok módszereivel!

Válasz: én 1 = 4 A, én 2 = 8 A, én 3 = 6 A, én 4 = 10 A, én 5 = 2 A.

Feladat 55. Az áramkörhöz (56. ábra, A) keresse meg az áramerősséget az ellenállással rendelkező ágban az egyenértékű feszültséggenerátor módszerével r 1 ha E 1 = 18 V, E 2 = 21 V, r 10 = 1 Ohm, r 1 = 2 Ohm, r 20 = 0, r 2 = 9 Ohm, r 3 = 6 ohm.

Megoldás

Nyissunk egy ellenállást tartalmazó áramkört r 1, és keresse meg a pontok közötti feszültséget mÉs n(56. ábra, b).

Nyilván a nyitott ágban, pontban nincs áram mÉs p ekvipotenciális ( φ m = φ p), és a pontban rejlő lehetőségeket q meghaladja a pontpotenciált n az összeggel φ q - φ n = E 1 .

Ennek tudatában határozzuk meg U x = U mn

φ m = φ p, φ n = φ q - E 1 ,

φ m - φ n = φ p - φ q + E 1 , U mn = U pq + E 1 .

Keressük a feszültséget U pq. Ehhez először meghatározzuk az áramkör áramát psqp

I = E 2 r 2 + r 20 + r 3 = 21 15 = 1,4 A.

Ohm törvénye szerint

U pq = énr 3 = 1,4 6 = 8,4 V.

Végül

U x = U mn = U pq + E 1 = 8,4 + 18 = 26,4 V.

Az áram megtalálása egy ágban r 1, először meghatározzuk a rövidzárlati ellenállást (56. ábra, V)

r k = r 2 ⋅ r 3 r 2 + r 3 = 9 ⋅ 6 15 = 3,6 0 0 m.

Szükséges áram

I 1 = U x r 1 + r 10 + r k = 26,4 1 + 2 + 3,6 = 4 A.

Ez az áram a pontból folyik m lényegre törő n.

Feladat 56. Az egyenértékű feszültséggenerátor módszerével keresse meg az áramerősséget (57. ábra, A), áthalad az ellenálláson r 5 ha E= 120 V, r 1 = 60 Ohm, r 2 = 15 Ohm, r 3 = 90 Ohm, r 4 = 60 Ohm, r 5 = 12 ohm. A feszültségforrás belső ellenállása nulla.

Megoldás

Nyissuk meg az ellenállást r 5 i. keresse meg a pontok közötti feszültséget cÉs e(57. ábra, b).

Ellenálláson keresztül r 1 és r 2 áram folyik ÉN", és azon keresztül r 3 és r 4 áram ÉN"

I ′ = E r 1 + r 2 = 120 75 = 1,6 A, I ″ = E r 3 + r 4 = 120 150 = 0,8 A, φ a − φ c = U a c = I ⋅ r 1 = 1,6 ⋅ 60 = 96 ⋅  V, φ a − φ d = U a d = I ″ ⋅ r 3 = 0,8 ⋅ 90 = 72 ⋅  V, (φ a − φ c) − (φ a − φ d) = φ c = d − φ d c = 24    V.

De azóta φ d = φ e, Azt U dc = Uec. Tehát nyitott áramköri feszültség U x= 24 V.

Most nézzük meg a rövidzárlati ellenállást. Határozzuk meg kétféleképpen.

1) Közvetlen számítással a séma szerint.

Ebben az esetben az emf-nek kell lennie kapcsolja ki, így a belső ellenállása ebben az esetben nulla marad (57. ábra, V). A kétvégű hálózat rövidzárlati ellenállása megegyezik a pontok közötti áramkör ellenállásával cÉs d

r k = r 1 ⋅ r 2 r 1 + r 2 + r 3 ⋅ r 4 r 3 + r 4 = 60 ⋅ 15 75 + 90 ⋅ 60 150 = 48     O m.

2) Ugyanez az ellenállás más módon is megtalálható. Ehhez be kell zárni a pontokat cÉs d röviden, számítsa ki az áramerősséget én meg, átfolyik a rövidre zárt szakaszon (57. ábra, G), a rövidzárlati ellenállást pedig a (20) képlet határozza meg.

Az áramkör ellenállása az

r c x = r 1 ⋅ r 3 r 1 + r 3 + r 2 ⋅ r 4 r 2 + r 4 = 60 ⋅ 90 150 + 15 ⋅ 60 75 = 48     0 m.

Keressük az áramlatokat az ágakban

I 0 = E r c x = 120 48 = 2,5 A, I 1 = I 0 ⋅ r 3 r 1 + r 3 = 2,5 90 150 = 1,5 A, I 2 = I 0 ⋅ r 4 r 2 + r 4 = 2,5 ⋅ 60 75 = 2  A.

I k = I ′ 2 − I ′ 1 = 0,5   A.

A rövidzárlati ellenállás (20. képlet) egyenlő

r k = U x I k = 24 0,5 = 48     0 m.

A (21) képlet segítségével megtaláljuk a szükséges áramerősséget.

I 5 = U x r 5 + r k = 24 12 + 48 = 0,4      A.

Feladat 57. Az áramkörhöz (58. ábra) az egyenértékű feszültséggenerátoros módszerrel keresse meg az áramerősséget az ellenállással rendelkező ágban r 3 ha E 1 = 5 V, E 2 = 7 V, r 1 = 7,5 Ohm, r 2 = 2,5 Ohm, r 3 = 5 Ohm, r 4 = 2 Ohm, r 5 = 25 Ohm, r 10 = r 20 = 0.

Válasz: én 3 = 0,6 A.

Feladat 58. Az egyenértékű feszültséggenerátor módszerrel keresse meg az emf-t. és az egyes áramkörökkel egyenértékű források belső ellenállása (59. ábra). A, b, VÉs G; 0 < k < 1). Внутренние сопротивления источников энергий равны нулю.

Válasz: 1) U 0 = k·E, r k = k· (1 - k)· r; 2) U 0 = k·E - E 1 , r k = r 1 + k· (1 - k)· r;

3) U 0 = k ⋅ E ⋅ r r 1 + k ⋅ r ,       r k = (1 − k) ⋅ r + k ⋅ r ⋅ r 1 k ⋅ r + r 1 ;

4) U 0 = E ⋅ 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 = r 4 ⋅ (r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 2 r 3) r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 1 r 4 + r 2 r 3 + r 3 r 4 .

Feladat 59. A két kísérletből kapott műszerértékek segítségével keresse meg az emf. és az áramkörrel egyenértékű elektromos energiaforrás belső ellenállása (60. ábra), a következő esetekben:

jegyzet. ábrán bekarikázott ábrán. 60 négyszög a B C Dés kétterminálos hálózatnak nevezett, a valóságban nagyon sok különböző emf kapcsolható be. és ellenállásokat, így a teljes számítás túl sok időt vesz igénybe. Ezért úgy döntöttünk, hogy egy kétterminális hálózat kísérleti vizsgálatára szorítkozunk, melynek eredményeit az adattáblázatban helyezzük el.

Válasz: 1) ellenállás 10 ohm. 2) energiaforrás emf. 40 V, belső ellenállása 5 Ohm. 3) energiaforrás emf. 5 V és belső ellenállás 5 Ohm.

Feladat 60. Három feszültséggenerátor, emf. melyik E 1 = 48 V, E 2 = 45 V, E 3 = 45 V, és belső ellenállás r 1 = 1,2 Ohm, r 2 = 1 Ohm, r 3 = 1,5 Ohm, párhuzamosan működik egy közös terheléssel, amelynek ellenállása r= 4,2 Ohm (61. ábra).

Cserélje ki a megadott feszültséggenerátorokat egy ekvivalensre, meghatározva annak emf-jét. és a belső ellenállás. Mekkora áram folyik át az egyes generátorokon és terheléseken?

Megoldás

E.M.F. értékek és az egyenértékű feszültséggenerátor belső ellenállása a (23) képletekkel határozható meg.

E E = E 1 ⋅ 1 r 1 + E 2 ⋅ 1 r 2 + E 3 ⋅ 1 r 3 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 = 115 2,5 = 46 V, 1 r E = 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 = 2,5     1 O m,       r E = 1 2,5 = 0,4     0 m.

Terhelési áram

I = E E r + r E = 46 4,2 + 0,4 = 10 A.

Terhelési feszültség

U = I ⋅ r = 10 ⋅ 4,2 = 42    V.

A párhuzamos ágak feszültsége azonos. A (25) képlet segítségével minden ágban megtaláljuk az áramerősséget.

I 1 = E 1 − U r 1 = 48 − 42 1,2 = 5    A, I 2 = E 2 − U r 2 = 45 − 42 1 = 3    A, I 3 = E 3 − U r 3 = 41 − 5 42 = 2   A.

A teszt azt mutatja, hogy a terhelési áram én egyenlő három áram összegével: én 1 , én 2 és én 3 .

Feladat 61. ábrán látható áramkörhöz. 62, ellenőrizze a viszonosság elvét, ha az emf. E ellenállással ágra költözik r 3 .

Adottak: E= 80 V, r 1 = 8 Ohm, r 2 = 20 Ohm, r 3 = 30 Ohm, r 4 = 12 ohm.

Feladat 62. Határozza meg az ellenálláson áthaladó áramot r= 5 Ohm, áramgenerátorhoz csatlakozik (63. ábra), melynek paraméterei a következő értékekkel rendelkeznek: áram Ik= 6 mA, belső vezetés g 0 = 0,04 1/Ohm.

Megoldás

Áramgenerátor belső ellenállása

r 0 = 1 g 0 = 1 0,04 = 25     0 m.

Jelenlegi Ik két párhuzamos ágra osztva rÉs r 0 fordítottan arányos az ellenállásukkal. Ezért a szükséges áram

I = I k ⋅ r 0 r 0 + r = 6 ⋅ 25 25 + 5 = 5       m A.

Feladat 63. Az ekvivalens áramgenerátorra vonatkozó tétel segítségével határozza meg az áramerősséget én 3 ágban r 3 = 12 Ohm (64. ábra, A). A feszültséggenerátorok elektromotoros ereje egyenlő E 1 = 120 V, E 2 = 100 V, belső ellenállásaik r 1 = 6 Ohm, r 2 = 4 ohm.

Megoldás

Az elméletből ismert, hogy az egyenértékű áramgenerátor árama egyenlő a rövidzárlati árammal Én rövid, áthalad a rövidre zárt kapcsok között mÉs n, amelyhez ez az ág csatlakozik (64. ábra, b)

I-től z-ig = E 1 r 1 + E 2 r 2 = 45      A,

és az áramgenerátor belső vezetőképessége megegyezik a kapcsok közötti passzív áramkör vezetőképességével mÉs n nyitott ággal r 3 (64. ábra, V)

g 0 = 1 r 1 + 1 r 2 = 5 12     1 Oh m,     r 0 = 1 g 0 = 2,4     oh m.

Az egyenértékű áramgenerátor áramköre a ábrán látható. 64 G.

Szükséges áram

I 3 = I s ⋅ r 0 r 0 + r 3 = 45 ⋅ 2,4 2,4 + 12 = 7,5      A.

Feladat 64. Az áramgenerátor áramot hoz létre az áramkörben Ik= 30 mA (65. ábra). A generátor belső vezetőképessége elhanyagolható.

Melyek az áramok azokban az ágakban, amelyek ellenállása egyenlő? r 1 = 1,8 kOhm, r 2 = 3 kOhm, r 3 = 1,5 kOhm, r 4 = 2 kOhm.

Válasz: én 1 = 10 mA, én 2 = 4 mA, én 3 = 20 mA, én 4 = 6 mA.

Feladat 65. ábrán látható áramkörbe két áramgenerátor van csatlakoztatva. 66, A. Első generátor áram Ik 1 = 3 mA, belső vezetőképessége g 1 = 0,05 1/Ohm, másodperc - Ik 2 = 2 mA, g 2 = 0,01 1/Ohm. Az ellenállások a következők: r 3 = 5 Ohm, r 4 = 30 ohm.

Határozza meg az ellenálláson áthaladó áramot r 4 .

Megoldás

1. módszer. Alakítsuk át az áramgenerátorokat ekvivalens feszültséggenerátorokká, és kapjuk meg az ábra szerinti áramkört. 66, b. E.m.f. és a feszültséggenerátorok belső ellenállásait a (2) képletekkel találjuk meg.

E 1 = I k 1 g 1 = 3 0,05 = 60   m V,     m V,     1 = 1 g 1 = 1 0,05 = 20   Oh m, E 2 = I k 2 g 2 = 2 20,0 1 = 2 0,0.  r 2 = 1 g 2 = 1 0,01 = 100       O m.

A csomóponti potenciál módszerrel azt találjuk

U a b = E 1 ⋅ 1 r 1 + r 3 + E 2 ⋅ 1 r 2 1 r 1 + r 3 + 1 r 2 + 1 r 4 = 60 ⋅ 1 20 + 5 + 200 ⋅ 1 100 1 20 + 5 + 1 100 + 1 30 = 52,8   m V.

Szükséges áram

I 4 = U a b r 4 = 52,8 30 = 1,76   m A.

2. módszer. Oldjuk meg a problémát az ekvivalens áramgenerátor módszerrel. Ehhez kicseréljük a teljes láncot, az ág kivételével r 4 egyenértékű áramgenerátor (66. ábra, V). Paramétereinek meghatározásához IkÉs g 0 először megszüntetjük az ágat -val r 4 és pont aÉs b rövidzárlat (66. ábra, G). Keressük a rövidzárlati áramot Én rövid. Először határozzuk meg az áramerősségeket én 3 és én 4

I 3 = I k 1 ⋅ 1 g 1 1 g 1 + r 3 = 3 ⋅ 20 25 = 2,4 m A, I 4 = I k 2 = 2 m A.

Ezért az egyenértékű áramgenerátor árama

Ik = én 3 + én 4 = 2,4 + 2 = 4,4 A.

Most határozzuk meg az egyenértékű áramgenerátor belső vezetőképességét g 0 a pontok között aÉs b. Ehhez kizárjuk az áramgenerátorokat, és csak a belső ellenállásukat hagyjuk meg (66. ábra, d)

g 0 = g a b = 1 1 g 1 + r 3 + g 2 = 1 20 + 5 + 0,01 = 0,05       C m.

Áram a kívánt ágban (66. ábra, V) egyenlő

I 4 = I k ⋅ 1 g 0 1 g 0 + r 4 = 4,4 ⋅ 20 20 + 30 = 1,76   m A.

Elektromos áramköraz áthaladáshoz útvonalakat képező elemek halmazának nevezzük. Az elektromos áramkör aktív és passzív elemekből áll.

Aktív elemek Az elektromos energiaforrásokat (feszültség- és áramforrásokat) figyelembe veszik; a passzív elemek közé tartozik,.

Az elektromos áramkör elemeinek mennyiségi jellemzőit paramétereinek nevezzük. Például egy állandó feszültségű forrás paraméterei az EMF és . Az ellenállás paramétere a tekercs ellenállása - L induktivitása és a kondenzátor - C kapacitása.

Az áramkörbe táplált feszültséget vagy áramot befolyásoló vagy bemeneti jelnek nevezzük. A befolyásoló jeleket az idő különböző függvényeinek tekinthetjük, amelyek egy bizonyos z(t) törvény szerint változnak. Például z(t) lehet egy állandó érték, egy periodikus törvény szerint változhat az időben, vagy időszakos jellegű.

Azokat a feszültségeket és áramokat, amelyek külső hatások hatására keletkeznek az elektromos áramkör azon részében, amely minket érdekel, és egyben az x(t) idő függvényei, nevezzük. az áramkör reakciója (válasza). vagy kimeneti jel.

A valódi elektromos áramkör bármely passzív eleme valamilyen mértékben aktív ellenállással, induktivitással és kapacitással rendelkezik. Az elektromos áramkörben zajló folyamatok tanulmányozásának és kiszámításának megkönnyítése érdekében azonban a valós áramkört egy idealizált áramkör helyettesíti, amely különálló R, L, C elemekből áll.

Úgy gondolják, hogy az áramkör elemeit összekötő vezetőknek nincs aktív ellenállása, induktivitása és kapacitása. Az ilyen idealizált láncot láncnak nevezzük összevont paraméterek, és az erre épülő számítások sok esetben tapasztalatok által jól visszaigazolt eredményeket adnak.

Állandó paraméterű elektromos áramkörök azok, amelyekben az R ellenállások ellenállása, az L tekercsek induktivitása és a C kondenzátorok kapacitása állandó, független az áramkörben ható áramoktól és feszültségektől. Az ilyen elemeket ún lineáris.

Ha az R ellenállás ellenállása nem függ az áramerősségtől, akkor a feszültségesés és az áram közötti lineáris összefüggést ur = R x i r fejezi ki, és az ellenállás áram-feszültség karakterisztikája (egyenes vonal). 1a).

Ha a tekercs induktivitása nem függ a benne folyó áram nagyságától, akkor a ψ tekercs öninduktivitásának fluxuskapcsolása egyenesen arányos ezzel a ψ = L x i l árammal (1,b ábra).

Végül, ha a C kondenzátor kapacitása nem függ a lemezekre adott uc feszültségtől, akkor a lemezeken felhalmozódott q töltés és az u c feszültség lineáris összefüggésben van egymással kapcsolatban, amelyet grafikusan az ábra mutat. 1, be.

Rizs. 1. Elektromos áramkör lineáris elemeinek jellemzői: a - az ellenállás áram-feszültség karakterisztikája, b - a fluxus kapcsolat függése a tekercsben lévő áramtól, c - a kondenzátor töltésének függése a rajta lévő feszültségtől.

Az ellenállás, az induktivitás és a kapacitás linearitása feltételes, mivel a valóságban minden valós elem elektromos áramkör nemlineárisak. Tehát, amikor elmúlik áram az utolsó ellenálláson keresztül.

A ferromágneses maggal rendelkező tekercs túlzott áramnövekedése kissé megváltoztathatja az induktivitását. A különböző dielektrikumú kondenzátorok kapacitása az alkalmazott feszültségtől függően ilyen vagy olyan mértékben változik.

Az elemek normál üzemmódjában azonban ezek a változások általában olyan jelentéktelenek, hogy előfordulhat, hogy nem veszik számításba őket, és az elektromos áramkör ilyen elemei lineárisnak minősülnek.

Az olyan üzemmódokban működő tranzisztorok, ahol áram-feszültség jellemzőik egyenes szakaszait használják, szintén feltételesen tekinthetők lineáris eszközök.

A lineáris elemekből álló elektromos áramkört ún lineáris elektromos áramkör. A lineáris áramköröket az áramok és feszültségek lineáris egyenletei jellemzik, és helyettesítik őket lineáris ekvivalens áramkörökkel. A lineáris ekvivalens áramkörök lineáris passzív és aktív elemekből állnak, amelyek áram-feszültség karakterisztikája lineáris. A lineáris elektromos áramkörök folyamatainak elemzésére használják őket.

Lineáris egyenáramú elektromos áramkörök

3.1. Alapvető definíciók.

3.2. Elektromos áramkörök elemei (EC).

3.3. Egyenértékű áramkörök elektromos energiaforrásokhoz.

3.4. EK topológiák.

3.5. Ohm és Kirchhoff törvényei lineáris EC-ben.

3.6. Egyenértékű EK transzformációk.

3.7. Lineáris EC-k elemzési módszerei.

Alapvető definíciók

Elektromos áramkör– villamos energia és/vagy információ előállítására, továbbítására, elosztására és átalakítására szolgáló, megfelelően csatlakoztatott energiaforrásokból és vevőkből álló elektromos készülékek készlete.

Áramkör elemei– különálló objektumok, amelyek szigorúan meghatározott funkciókat látnak el. A lánc fő elemei– elektromos energiaforrások (EE) (generátorok – EE-t előállító készülékek) és vevőkészülékek (EE-t fogyasztó készülékek). Minden áramköri elemnek meghatározott számú érintkezője vagy pólusa van. Ebben az esetben megkülönböztetik:

· kétpólusú elemek (energiaforrások, a többfázisú és vezérelt kivételével; ellenállások, induktorok, kondenzátorok);

· többpólusú elemek (triódák, transzformátorok, erősítők).

Ezenkívül az összes elem a következőkre oszlik:

· aktív– EE forrást tartalmaz;

· passzív– amelyben az EE disszipált (ellenállás) vagy felhalmozódik (kondenzátor vagy induktor).

Főbb jellemzők elemek a következők:

· volt-amper (ellenállásokhoz - R);

Weber-erősítő (tekercshez - L);

· coulomb-volt (kondenzátorokhoz - C);

differenciál- és (vagy) algebrai egyenletekkel írják le.

Ezekben az egyenletekben a változókat, azok integráljait és deriváltjait összekötő együtthatókat nevezzük elem paraméterei.

Pillanatnyi feszültség vagy áramértékek– ezek az értékek egy adott időpillanatban, ezek az idő függvényei, és kisbetűkkel jelölik: u(t), i(t), e(t).

Pillanatnyi áramérték– egyenlő a díjváltozás mértékével:

Ebben az esetben a pozitív töltések mozgását ("+"-ról "-"-ra) tekintjük az áram pozitív irányának.

Pillanatnyi feszültségérték– az elektromos energia értéke ( dW), egy egységnyi elektromos töltés mozgatására fordítottak:

Ebben az esetben a feszültség pozitív irányát az árammal egybeeső iránynak tekintjük.

A másik oldalon, feszültség két pont közötti potenciálkülönbségként határozható meg:

Ahol lehetséges Egy adott pont egy töltés potenciális energiájának és e töltés nagyságának arányának nevezzük: . Az áramkör azon szakaszának feszültségét, amelyen elektromos áram folyik, nevezzük feszültségesés.

Az elektromos energia pillanatnyi értéke, mérve J (termikus), W.s., V.A.s. (elektromos), e.V (atom-nukleáris), meghatározzák (az (1) és (2) figyelembevételével: dW = Udq):

Akkor pillanatnyi elektromos teljesítmény a pillanatnyi elektromos energia változásának sebessége (J/s, W, VA):

Mivel az áram és a feszültség pillanatnyi értéke pozitív és negatív is lehet, a pillanatnyi teljesítmény is lehet pozitív, ami az EE növekedését vagy fogyasztását jelenti az áramkörben, és negatív, ami az EE csökkenését vagy felszabadulását jelenti az áramkörből.

Az áramkörök tulajdonságait tanulmányozzuk elemzési módszerek, azaz ismert szerkezetű és paraméterekkel rendelkező áramkör reakciójának vagy válaszának meghatározása előre meghatározott (a priori) hatásokra (mérőjelek - delta funkció, kapcsolási funkció, harmonikus rezgés). Meghatározott tulajdonságokkal rendelkező ismert EC-k megvalósítása történik szintézis módszerek, azaz ismert bemeneti és kimeneti jelekkel és/vagy a köztük lévő adott funkcionális kapcsolattal rendelkező áramkör szerkezetének vagy topológiájának meghatározása. Ugyanakkor a szintézis feladatok nehezebbek, mint az elemzési feladatok, hiszen megoldásuk nem egyedi, pl. egy áramkör adott tulajdonságait különböző jellemzőkkel rendelkező különböző szerkezetekkel lehet megvalósítani.