задание для работы. Кон-т_TOE_ВО_compr. Лекция 11 постоянный ток

• Название: Лекция 11 постоянный ток
• Анкор: задание для работы
• Дата: 13.02.2023
• Размер: 257.88 Kb.
• Имя файла: Кон-т_TOE_ВО_compr.docx
• Тип: Лекция; #934688
• страница: 5 из 21

Следующим шагом будет произведение матриц:

b = Ag Е =

(35)



Теперь можно найти потенциалы узлов, используя следующие со­отношения:



(37)
' 26,7 D
2,539
_к-5,098,

При известных потенциалах узлов находим напряжения на каждой ветви:

U-	(72 #3 ^4 US Wb	- Аг<р + Е -			г-1 0 1 1 0 < 0	0 0 )		<(Р| * Ф2 <Фз>			+		' к 0 0 Ч ° 2		—			( 23,29 ' -24,902 16,808 24,171 -2,539 ч 7,637 ,		. (38)
						с 0 -1 -1 1	-1 -1 0 1 0 -1 ,
И, наконец, находим токи во всех ветвях:
										(		2,329
			Л				C/2//?2			—		2,075
		1	3 Л	—	g-U	—	(/4/Л4		=	1,121 1,209						•			(39)
			А				^5/Л5					0,254
								<>>		<		0,955		)

В завершении задачи рекомендуется проверить баланс мощностей и убедиться, что расчет сделан правильно. В матричной форме баланс мощностей записывается в следующем виде:

P_/7=T^t R 1 = 161,899 Вт. Р_Я=1ЧЕ = Е1 = 161,899 Вт.

Проверим наши данные, проделав виртуальную лабораторную ра­боту в Electronics Workbench. Подключив параллельно сопротивлениям вольтметры можно определить напряжения. Разделив показание вольт­метров на соответствующие сопротивления можно найти токи в ветвях.

Лекция М> 3

8. 
   Метод эквивалентных преобразовании
   

Рассмотрим фрагмент электрической цепи, приведённой на рисунке 1.14:

Токи в каждой ветви с ЭДС определяются выражениями:

Л| к₂

^кк

Результирующий ток будет определяться суммой всех токов в ветвях:

+ /₂ +/₃ +... + /| + '£j_k ^^^kSk + • (⁴⁰)

k k-0 k-0 k

С другой стороны, мы видим, что ток в эквивалентной ветви определя­ется выражением:


Хёк it-0 Рассмотрим некоторые частные случаи:

а о

Рис. 1.15. Преобразование параллельных ветвей

Для рисунка 1.15 ветви будут преобразованы по формулам для схем а и б соответственно:

+£о-/?1 /?| • 7?э

⁼ d , d * ⁼ d d* ⁼E\+J\&\9 Лэ - Л • (43)

В соответствии с методом эквивалентных преобразований легко получить полезные преобразования, приведённые на рисунках 1.16 и 1.17.

10. 
    Преобразование треугольника в звезду и звезды в треуголь­ник
    

Мы рассматривали преобразование сопротивлений, соединённых последовательно или параллельно. В ряде случаев бывают соединения сопротивлений нс подчиняющиеся ни правилу параллельного соедине­ния, ни последовательного (например, в грехфазных цепях). В таких случаях могут быть полезными правила преобразования треугольника в звезду или наоборот, звезды в треугольник, которые мы приведем без доказательств.






Пример 2: Даны сопротивления Ry =15 Ом, соединённые треугольником, треугольником в соединение звездой.

Решение:

7?1 = 10 Ом, R₂ = 20 Ом,
Преобразовав ь соединение

₌—ад—₌₄

“ Л₁+Л₂+/?₃

R\Ri -% R>Rx , j-

з = — = 3,333 Ом, R-fy = — = 6,666

/?1 + R-> 4- Ry 7?| 4- R-) 4- R



Пример 3: Даны сопротивления у?₁₂ =4,444 Ом,

/?1₃ =3,333 Ом, /?2з = 6,666Ом. соединённые звездой. Преобразован, соединение звездой в соединение треугольником.

Решение:

7?! -/?_|2 + 7?|₃ +^'3.^10 Ом, /?23

R, - Rр + R^ + = 20Ом, /?₃ =Л|₃ + 7?о₃ + - 15Ом.

^13 ^12

10. 
    Метод эквивалентного генератора
    

В ряде случаев возникает необходимость найти ток в отдельно взятой ветви электрической цепи. В этом случае нет необходимости ис­пользовать громоздкие методы расчетов определения токов во всех ветвях. В таких случаях следует использовать метод эквивалентного ге­нератора (МЭГ). МЭГ хорош еще и тем, что позволяет определить со­противление нагрузки двухполюсника, при котором выделяется макси­мальная мощность, что очень важно при последовательном включении каскадов, согласованных по мощности. Иногда этот метод называют ме­тодом холостого хода и короткого замыкания. Суть метода заключается в том, что в схеме выделяется ветвь, в которой нужно найти ток, а вся оставшаяся часть схемы заменяется активным двухполюсником экви­валентным гснсраторором. Сущесзвуюх две схемы замещения активно­го двухполюсника (см. рис. 1.20.):

1-я схема двухполюсник состоит из источника напряжения, ЭДС Е_г и сопротивления 7?_г;

2-я схема двухполюсник состоит из источника тока 7_Г и проводимо- сти g_r =1/Л_г.

(44)
_{Чтобы определить ЭДС генератора Ег}, следует найти напряжение холостого хода (/_хх относительно выходных зажимов эквивалентного генератора, это и будет искомая ЭДС. Для того чтобы найти сопротив­ление генератора /?_г, следует найти сопротивление относительно вы­ходных зажимов генератора. После определения E_v и R_r легко найти ток короткого замыкания /_кз = E_r/R_r. Источник тока эквивалентного генератора J_v равен току короткого замыкания J_r= /_кз. При извест­ных параметрах эквивалентного генератора можно найти ток в нагрузке:

^Н Л_н+7?_г

Если известен ток короткого замыкания J_r=Z_K3, применив правило разброса легко найти ток в нагрузке, используя соотношение:

I = -АА ₌ — ₍₄₅₎

/?_Н+Л_Г 1 + Л_н /R_r

Для более глубокого понимания целесообразно рассмотреть пример.



Пример 4: Даны сопротивления и ЭДС:


/?1 = 20 Ом,/?, = 18Ом,= 25Ом, R₄ = 2 Юм,

/?₅ = 12 Ом, /?₆ - 80м,

£₁₌25В, £₂=35В, £₃=50В.

Определить ток /₄ в четвертой ветви, используя метод эквивалентного гене­ратора.

Решение: Прежде всего, необхо­димо преобразовать схему в двухпо­люсник: выделяем ветвь с сопротивле­нием /?₄, а всю оставшуюся часть заме­няем двухполюсником эквивалентным генератором. Залем находим

напряжение холостого хода и сопротивление эквивалентного генерато­ра.

_ '65 -2(T ”.-20 38 ’



Составляем матрицу сопротивлений и столбцевую матрицу пра­вых частей, и находим необходимые токи:

' Л, + /?₃ + R₅ + R₆ - R₅ - R₆ ^y
< -Л₅ - R₆ R₂ + R$ + R(, j

^г-Е_}-Е₃У(-75>

_k E, 35)


/2,


'-1,039'

_k 0,374/

Z₃ = Z, -Z₂ =-1,413 A.

Используя найденные токи можно най­ти напряжение холостого хода ^хх = ^г^:

t/_xx = Е_Г=-Е_} -7,7?, = 12,729 В.

Для определения сопротивления генера­тора сопротивления относительно за­жимов а и 6, необходимо треугольник сопротивлений преобразовать в звезду и затем сделать некоторые преобразова­ния:

ад

Л, + Т?5 + R,.


5,684 Ом,


3,789 Ом,

= 2,526 Ом.

16, Юм.



R,+R₅+R_e
(^25 * ) ' ( ^26 + ^3 )

^25 + + ^26 ⁺ ^3

В соответствии со схемой эквивалентного генератора находим ток ко­роткого замыкания и ток в 4-той ветви /₄

Z_K3 = ^ = 0,791 A, Z₄ = -^== = 0,343 А.

R, R^

10. 
    Характеристики эквивалентного генератора
    

Важной характеристикой эквивалентного генератора является выходная характеристика 11(1_И):

значение тока на величину сопротивления нагрузки U =1 (см. рис. 1.25), затем отложить найденное значение на графике и соединить с на­чалом координат (на j рафике это сделано для нагрузки А_н =15Ом ). Опустив перпендикуляр с точки пересечения полученной кривой и вы­ходной характеристики на ось токов, мы получаем значение интере­сующего нас тока. В нашем случае /_н = 4А, (У_н = 60В.

Еще несколько важных характеристик генератора - мощность на­грузки Р(7?_н), в зависимости от величины нагрузки, и мощность на­грузки Р(/_н)^в зависимости от величины тока нагрузки.

• Определим мощность в нагрузке как функцию сопротивления нагрузки Р(7?_н) •

Определим, в ка­ком случае выде­ляется максималь­ная мощность в нагрузке. Для это­го нужно взять производную вы­ражения P(R[\) по и прировнять нулю:

^(/?ц) d E^.R" Е[. 2Е^ E^Ry-Ru) _{= Q}

^dR" dR_H(R_H+Rry (R_H+R_r)² (Л_н+^г)³ (⁵н+*г)³

Из последнего выражения следует, что для выделения максимальной мощности необходимо выполнение условия R_v = /?_н .

Р('п) = V'li = 'и № - ЛЛ)=-'?Л + ВД, •

Дополняя это выражение до полного квадрата, получаем:

( Е S Е¹

Р(ЦЛ = -К_Т /_п *- + ^-

V НУ I^n J _4Л

мощность равна величине Р(1ц) = ——
42?!

§ 1.13. Метод наложения (метод суперпозиции).

Пример. Методом наложения определить ток во второй ветви, ес­ли известны величины элементов электрической цепи:

R_} =10Ом,Л₂ =200м,/?₃=50м,Е₁ = IО В, Е₂ = 15 В, J = 1А .

Используем принцип суперпозиции: результирующий ток равен сумме частичных токов, определённых при воздействии отдельно взятого источника энергии. Представим исходную схему в виде двух схем, в каждой из которых действует только одна ЭДС. Определим час­тичный ток Г₂ в схеме с ЭДС :


-£|

/?,+



= -0,714 А, /;=/■'- ^-—=-0,143 А.- ' r₃+r₂

Определим частичный ток 1” в схеме с ЭДС Е->:


• R'+R₂
^{1,286 А, //=< R}' =0,429А.
“ ³/?_|+Л₂

Наконец определим третий частичный ток 1₂ в схеме с источником то­ка:





R^

= 0,143 А.

/?₁ + Я₃



Находим результирующий ток как сумму частичных токов:
/₂ =7^+/; + Z₂^w = 0,143 + 0,429-0,143 = 0,429А

ВАРИАНТЫ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ РАБОТ ПО РАСЧЕТУ