.
Электротехника и электроника Классификация электрических цепей Законы Ома и Кирхгофа Энергетический баланс Активная, реактивная и полная мощности Электрические фильтры Трехфазный ток асинхронный двигатель Усилители постоянного тока

Физика решение задач

Энергетический баланс в электрических цепях

При протекании токов по сопротивлениям в последних выделяется теплота. На основании закона сохранения энергии количество теплоты, выделяющиеся в единицу времени в сопротивлениях схемы, должно равняться энергии, доставляемой за это же время источниками питания.

  Уравнение энергетического баланса при питании только от источников ЭДС имеет вид:

. (3.20а)

Когда схема питания не только от источников ЭДС , но и от источников тока , тогда при составлении уравнения энергетического баланса необходимо учесть энергию, доставляемую источниками тока. При этом общий вид уравнения энергетического баланса:

,  (3.20б)

где  падение наряжения между узлами схемы a и b.

Задача 2. К зажимам а и с схемы рис. 3.16 подключен вольтметр, имеющий очень большое, теоретически бесконечно большое сопротив­ление (следовательно, его подключение или отключение не влияет на режим работы цепи).

Если ток  течет от точки а к точке с, то показание вольт­метра ; если этот ток течет от точки с к точке а, то . Определить сопротивление R и ЭДС Е.

Решение: В  первом режиме , во втором  . Совместное решение дает .

 Задача 3. Напишите Закон Ома для идеальных пассивных элементов.

Решение:

Закон Ома устанавливает соотношение между током, протекающим через какойлибо двухполюсник, и напряжением на его зажимах.

Задача 4. Напишите узловое уравнение для узла, изображенного на рис. 3.19.

Решение: Для узла, изображенного на рис. 3.19, узловое уравнение будет таким:

.

Иногда уравнение записывают, выделяя источники тока:

,

то есть

.

Аналогичные уравнения можно записать для любого отсечения:

 или   и т. д. Пример приведен на рис. 3.20.

  Рис. 3.20 Рис. 3.21

Задача 5. Решим задачу, характерную для параллельного  соединения резисторов (рис. 3.21) по первому закону Кирхгофа:

 .

Значит, п параллельно соединенных резисторов, с точки зрения остальной цепи, можно заменить одним  в соответствии с соотношением

  или

Для двух резисторов это соотношение часто при меняется в виде

.

Если параллельно соединены конденсаторы, то

, то есть .

При соединении катушек индуктивности

, откуда получим: .

Задача 6. Для приведенной схемы записать уравнения по второму закону Кирхгофа.

Решение: Напомним, что напряжение на двухполюсных элементах это разность потен­циалов на его зажимах:

Нетрудно убедиться в том, что для схемы, изображенной на рис. 3.22,

,

 Рис. 3.22

то есть сумма напряжений на двухполюсниках любого замкнутого контура равна нулю. Конечно, это будет справедливо, если соблюдать правило знаков:

:

и т. д.

Если какиелибо из двухполюсников представляют собой источники ЭДС, то с учетом взаимного направ­ления е и и можно записать контурное уравнение:

 

В левой его части используются напряжения со зна­ком «+», совпадающие с направлением обхода контура, в правой ЭДС, совпа­дающие с тем же направлением обхода. Для представления уравнений второго закона Кирхгофа относительно тех же переменных (токов) используются приве­денные ранее компонентные уравнения.

Задача Рассмотрим систему, состоящую из последовательно соединенных резистора, конденсатора и катушки. На этот двухполюсник воздействует ЭДС e(t) (рис. 3.23).

Решение: Контурное уравнение для такой системы будет следующим: ; ,

где  , , .

Поскольку через все элементы протекает один и тот же ток, то с некоторой долей условности можно записать:, где оператор  имеет смысл сопротивления и характеризует среду, где действует возмущение e(t). В этом смысле оператор Z выражает собственное свойство системы.

 Рис. 3.23

Применяя второй закон Кирхгофа, легко получить выражения для эквивалентной замены последовательно соединенных резисторов, катушек индуктивности и емкостей:

.

ЗАДАЧА 1.4

Дано: R1=R2=R3=R4=R5=R6=1 Ом, Е1=Е2= Е3=10 В, J=2 А.

Найти: ток через Е3, используя метод эквивалентных преобразований.

Решение:

Обозначим положительное направление искомого тока Iх.

Заменим «звезду» R2R3R4 на «треугольник»

R23=R2+R3+R2×R3/R4=3 [Ом],

R34=R3+R4+R3×R4/R2=3 [Ом],

R42=R4+R2+R4×R2/R3=3 [Ом].

Расщепим» Е2

 E21=E22=10 [В].

Параллельные соединения Е1R1||Е21R23 и Е22R34||R5 заменим на эквивалентные

Rэ1=R1×R23/(R1+R23)=3/4 [Ом],

Rэ2=R5×R34/(R5+R34)=3/4 [Ом],

Eэ1=(-E1/R1+E21/R23)×Rэ1=-5 [В],

Eэ2=(E22/R34)× Rэ1=2,5[В].

Источник тока J преобразуем в источник ЭДС

EJ=J×Rэ2=1,5 [В].

Последовательные соединения Еэ1, Еэ2, ЕJ и Rэ1, Rэ2 заменим на эквивалентные

 Eэ3=-Eэ1+Eэ2-ЕJ=6 [В],

 Rэ3=Rэ1+Rэ2=1,5 [Ом].

Параллельное соединение Еэ3Rэ3||R42 заменим на эквивалентное

 Rэ4=Rэ3×R42/(Rэ3+R42)=1 [Ом],

 Eэ4=(Eэ3/Rэ3)×Rэ4=4 [В].

 

Согласно закону Ома искомый ток будет определяться как

= – 7 [A].

Ответ: Ix = –7 [A].


На главную