Для цепи постоянного тока, заданной в виде графа на рисунке 1.1, составить электрическую схему, включив в схему все заданные, вариантом элементы, обозначить положительные направления токов. Для получения цепи необходимо:
По заданному графу составить подробную электрическую схему анализируемой цепи, на схеме произвольно указать положительные направления токов в ветвях и обозначить их, пронумеровав узлы, и последний (четвертый) принят в качестве «базового».
Определить токи всех ветвей, используя метод узловых напряжений.
Определить ток в первой ветви, используя метод эквивалентного генератора.
Таблица 1.1 –Исходные данные
№ вар. № схемы R1, Ом R2, Ом R3, Ом R4, Ом R5, Ом R6, Ом
60 5 18 12 7 9 12 11
E1, В E2, В E3, В E4, В E5, В E6, В I01, A I02, A
20 12 - - 18 - - -
I03, A I04, A I05, A I06, A -
1 2 - 3
Рисунок 1.1-Схема №5
Нужно полное решение этой работы?
Решение
Изобразим получившуюся схему согласно данным варианта и выберем положительные направления токов (рисунок 1.2).
Рисунок 1.2 – Положительные направления токов
Определим токи методом узловых потенциалов
Приравниваем потенциал узла 4 к нулю:
φ4=0
Составляем систему уравнений по методу узловых потенциалов:
φ1Y11-φ2Y12-φ3Y13=Iузл1-φ1Y21+φ2Y22-φ3Y23=Iузл2-φ1Y31-φ2Y32+φ3Y33=Iузл3
Где
Y11 =1R1+1R3+1R2=118+112+17=0,282См
Y22 =1R4+1R5+1R2=19+112+112=0,278См
Y33 =1R4+1R6+1R3=17+19+111=0,345См
Y12=Y21 =1R2=112=0,083См
Y13=Y31 =1R3=17=0,143 См
Y23=Y32 =1R4=19=0,111 См
Iузл1= - I03+E2R2+E1R1= -1+1212+2018= 1,111 A
Iузл2=-I04-E2R2+E5R5= -2+1812-1212= -1,5A
Iузл3=I06+I04+I03=3+2+1=6 A
Подставляем известные значения
φ1∙0,282 -φ2∙0,083-φ3∙0,133= 1,111-φ1∙0,083+φ2∙0,278-φ3∙0,111= -1,5-φ1∙0,143-φ2∙0,111+φ3∙0,345=6
Решая в программе Mathcad получившуюся систему, получаем:
φ1= 24,951 В
φ2= 15,128 В
φ3= 32,607 В
Определяем токи ветвей:
I1=E1-φ1R1=20-24,951 18= -0,275A
I2=φ2-φ1+E2R2=15,128-24,951+1212= 0,181 A
I3=φ1-φ3R3=24,951 -32,6077=-1,094 A
I4=φ2-φ3R4=15,128-32,6079= -1,942 A
I5=-φ2+E5R5=-15,128+1812= 0,239 A
I6=-φ3R6=-32,60711= -2,964 A
Найдем ток в первой ветви с помощью метода эквивалентного генератора
Размыкаем ветвь с искомым током и находим напряжение холостого хода
Рисунок 1.3 - Эквивалентный генератор в режиме холостого хода
Составляем систему уравнений по методу контурных токов:
(R2+R3+R4)Jk1-Jk2(R4)=E2-I04R4+I03R3-(R4)Jk1+Jk2(R4+R6+R5)=E5+I04R4-I06R6
Iузл3=I06+I04+I03=3+2+1=6 A
Подставляем известные значения
(12+7+9)Jk1-Jk2(9)=12-18+7-(9)Jk1+Jk2(9+11+12)=18+18-33
Решая в программе Mathcad получившуюся систему, получаем:
Jk1= 0,072 A
Jk2= 0,114 A
Находим Uxx
Uxx =E2+E5-Jk1∙R2-Jk2∙R5=12+18-0,072∙12-0,114∙12=27,762 B
Для определения Rг рисуем вспомогательную схему (рисунок 1.4) в которой источники ЭДС замкнуты, а источники тока разомкнуты.
Рисунок 1.4 - Схема определения сопротивления эквивалентного генератора
Заменим «треугольник» сопротивлений R2 – R4 – R3 эквивалентной звездой (рисунок 1.5).
R23=R2∙R3R3+R4+R2=12∙712+9+7=3 Ом
R24=R2∙R4R3+R4+R2=12∙912+12+9=3,857 Ом
R34=R3∙R4R3+R4+R2=7∙912+12+9=2,25 Ом
Рисунок 1.5 – Преобразованная схема
Rг=R23+(R24+R5)∙(R34+R6)(R24+R5)+(R34+R6)=3+(3,857+12)∙(2,25+11)(3,857+12)+(2,25+11)=10,218 Ом
Находим искомый ток:
I1=Uxx+Е1Rг+R1=27,762+2010,218+18= -0,275 А
Задать вопрос
на новый заказ в Автор24.
