Что совпадает с ранее полученным значением.

Покажем один из вариантов расчёта остальных токов исходной схемы рис. 1.29,а, если один из токов (в рассмотренном примере i₄) рассчитан по ме-тоду эквивалентного генератора – это вариант расчёта токов по методу нало-жения слагаемых холостого хода (рис. 1.44,а) и короткого замыкания (рис. 1.45), где эквивалентный генератор нагружен сопротивлением r₄ и указана схема внутренних цепей этого генератора с токами, имеющими индекс «_К» - короткое замыкание, вызванное действием ЭДС E_Э. Для этой схемы

i_3К = i_6К = i₄× = -1,417× = -0,472 А,

i_2К = i_5К = i₄× = -1,417× = -0,944 А.

Накладывая режимы работы схем рис. 1.44,а и рис. 1.45, получаем токи исходной схемы рис. 1.29,а:

i₂= i_2Х– i_2К = (i_5Х- J₁) – i_2К = (3,556 – 4) + 0,944 = 0,5 А,

i₃= i_3Х – i_3К = (-i_5Х + J₁) – i_3К = (-3,556 + 4) – 0,472 = 0,917 А,

i₅= i_5Х– i_5К = 3,556 + 0,944 = 4,5 А,

i₆= i_6Х– i_6К = 3,556 – 0,472 = 3,084 А.

ЗАДАЧА 1.43. К точкам a  и b схемы рис. 1.18 (задача 1.10) требуется подключить ветвь №7 с ЭДС E₇ = 60 В, направленной к узлу a, и последовательно включенным сопротивлением r₇ =3 Ом  (рис. 1.46).

Параметры исходной схемы взяты из условия задачи 1.10: r₂ =4 Ом,

r₃ = r₄ =10 Ом, r₅ =20 Ом, r₆ = 5 Ом.

Токи исходной схемы:   i₁ = -1 A,   i₂ = 3 A,    i₃ = 1 A,  i₄ = 2 A, i₅ = 1 A, i₆ = 2 A. ЭДС источников ЭДС:  E₁ = 30 В, E₂ = 52 В.

Как изменятся токи исходной схемы в результате подключения новой ветви?

Решение

Считаем, что исходные данные описывают холостой ход эквивалентного по отношению к подключаемой ветви генератора. Всем заданным токам присвоим индекс «_Х» –холостой ход. То есть

i_1Х = -1 A, i_2Х = 3 A, i_3Х = 1 A,  i_4Х = 2 A, i_5Х = 1 A, i_6Х = 2 A.

Примем потенциал точки c j _сХ = 0, тогда

j _аХ = E₁ = 30 В, j _bХ = j _сХ – i_6Х ×r₆ = 0 – 2×5 = -10 В,

ЭДС эквивалентного генератора (рис. 1.47,а)

Е_Э = U_abX = j _аХ – j _bХ = 30 – (-10) = 40 В.

Внутреннее сопротивление эквивалентного генератора рассчитывается в соответствии с рис. 1.47,б:

а    r_Э = = 2,041 Ом.

Ток подключаемой ветви (рис. 1.47,а) I₇ = = = 3,968 А.

Дополнительные токи исходной схемы, вызванные подключением ветви №7, рассчитаем по схеме внутренних цепей эквивалентного генератора (рис. 1.47,б), присвоив им индекс «_К» – короткое замыкание:

U_abК = I₇×r_Э = 3,968×2,041 = 8,1 В,

i_2К= = = 2,025 А,     i_6К= = = 1,62 А,

i_5К= = = 0,324 А,

i_4К= i_5К × = 0,324× = 0,162 А,

i_3К= i_5К – i_4К= 0,324 – 0,162 = 0,162 А,

i_1К= i_3К + i_6К= 0,162 + 1,62 = 1,782 А.

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

I₁ = i_1Х– i_1К= -1 – 1,782 = -2,782 А,       I₄ = i_4Х+ i_4К= 2 + 0,162 = 2,162 А,

I₂ = i_2Х– i_2К= 3 – 2,025 = 0,975 А,         I₅ = i_5Х+ i_5К= 1 + 0,324 = 1,324 А,

I₃ = i_3Х– i_3К= 1 – 0,162 = 0,838 А,         I₆ = i_6Х+ i_6К= 2 + 1,62 = 3,62 А.

Проверим расчёт нового состояния схемы по балансу мощностей.

Сумма мощностей генераторов

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

Сумма мощностей, потребляемых в сопротивлениях

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

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

Баланс мощностей SР_Г =SР_П  сошёлся, задача решена верно.

ЗАДАЧА1.44. Рассчитать ток I₅ мостовой схемы рис. 1.23 (задача 1.15) методом эквивалентного генератора.

ЗАДАЧА1.45. Рассчитать ток I₅ мостовой схемы рис. 1.30 (задача 1.22) методом эквивалентного генератора.

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

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

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

Ответы: U_X = 50 В, R_ВХ =25 Ом,

I₂ =1 A.

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

E = 40 В,  r₁ =80 Ом,   r₂ =100 Ом,

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

 Ответы: U_X = 20 В, R_ВХ =50,5 Ом,

I₄ =0,2 A.

МЕТОД НАЛОЖЕНИЯ (МН)

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

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

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

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

ЗАДАЧА1.48. Определить токи в ветвях схемы рис. 1.50, если

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

Решение

1. Задаёмся положительными направлениями токов в ветвях цепи.

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

I₅¢=I₁¢= = =1 A.

Ток I₂¢ определим по формуле распределения тока в параллельные ветви

I₂¢ = I₁¢× = 1× = 0,667 A.

Ток I₃¢ определим по I закону Кирхгофа

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

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

Для   определения  токов  в   схеме рис. 1.51 преобразуем треугольник сопротивлений r₂-r₃-r₄ в эквивалентную звезду. Учтём, что сопротивления треугольника равны:

r₂₃ = r₂₄ = r₃₄ = = = 2 Ом.

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

I₁¢¢ = J× = 1× = 0,5 А,

I₅¢¢ = J – I₁¢¢ = 1 – 0,5 = 0,5 A.

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

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

По I закону Кирхгофа определим оставшиеся токи:

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

4) По принципу наложения определим полные токи в ветвях

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

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

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

I₅ = I₅¢ – I₅¢¢ = 1 – 0,5 = 0,5 A.

ЗАДАЧА1.49. В условиях задачи 1.18 (рис. 1.26) определить токи по методу наложения.

Решение

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

I₁¢ = = = 4 A,

I₃¢ = I₄¢ = I₁¢× = 4× = 2 A,

I₂¢ = I₃¢ – I₁¢ = 2 – 4 = -2 A.

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

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

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

I₄¢¢¢ = J× = 4× = 2 A,

I₃¢¢¢ = I₄¢¢¢ – J = 2 – 4 = -2 A.

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

4) По принципу наложения определяем полные токи:

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

I₂ = I₂¢+ I₂¢¢+ I₂¢¢¢ = -2 + 2 – 1 = -1 A,   I₄ = I₄¢+ I₄¢¢+ I₄¢¢¢ = 2 + 1 + 2 = 5 A.

ЗАДАЧА 1.50. Решить задачу 1.34 МН.

ЗАДАЧА 1.51. В условиях задачи 1.17 (рис. 1.25) определить токи во всех ветвях МН.

ЗАДАЧА 1.52. Определить токи МН в условиях задачи 1.14 (рис. 1.22,а).

ЗАДАЧА 1.53. Методом наложения определить токи в условиях задачи 1.26 (рис. 1.32).