1. 4
1. ЛИНЕЙНЫЕ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ
ПОСТОЯННОГО ТОКА
П р и м е р 1.1. Определить токи ветвей (рис.1.1), если напря-
жение U=120 В, R1=18 Ом, R2=30 Ом, R3=20 Ом.
Р е ш е н и е. Решение проводим методом
"свертывания". Эквивалентное сопротивление
разветвленного участка цепи
Ом12
2030
2030
32
32
23 




RR
RR
R .
Общее сопротивление цепи R=R1+R23=18+12=30 Ом.
В соответствии с законом Ома ток I1=U/R=120/30=4 A.
Напряжение на зажимах параллельных ветвей
Uab=R23I1=124=48 В,
или на основании второго закона Кирхгофа
Uab=U–R1I1=120–184=48 В.
Токи ветвей
I2=Uab/R2=48/30=1,6 A, I3=Uab/R3=48/20=2,4 A.
Эти токи можно определить иначе с помощью формул разброса,
учитывая то, что ток I1 распределяется в ветвях обратно пропорцио-
нально их сопротивлениям. При этом ток в одной из параллельных
ветвей равен произведению тока в неразветвленной части цепи и от-
ношения сопротивления другой ветви к сумме сопротивлений парал-
лельных ветвей:
A.4,2
2030
304;A6,1
2030
204
32
2
13
32
3
12 








RR
R
II
RR
R
II
П р и м е р 1.2. Определить сопротивление цепи между зажи-
мами a и b (рис. 1.2), если сопротивления R1=R2=R3=6 Ом.
Р е ш е н и е. Перерисуем
схему соединения резисторов
так, чтобы соединяющие пере-
мычки были покороче (рис. 1.3).
Тогда станет виднее, что сопротивления соединены
параллельно.
Их эквивалентное сопротивление равно
R2
R1
R3
u
uaba b
I1
I3
I2
Рис. 1.1
R2
R1
R3
a
b
Рис. 1.2
R2
R1
R3
a
b
Рис. 1.3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

2. 5
2
3
6
111
1
321



RRR
R Ом.
П р и м е р 1.3. Определить входное сопротивление Rab цепи
(рис. 1.4), если R1=R2=R3=R4=R5=R.
Р е ш е н и е. Поскольку
точки с и с цепи заземлены, их
можно объединить в одну об-
щую точку (рис. 1.5), и тогда ре-
зистивные элементы с сопро-
тивлениями R1, R2 и R3, R4 будут
соединены параллельно, а их
эквивалентные сопротивления R12=R34=R/2 – по-
следовательно.
При этом Rab=R12+R34+R5=2R.
П р и м е р 1.4. Внешняя характеристика источника энергии за-
дана на рис. 1.6. Составить схему замеще-
ния цепи и определить Е, Ri и RH, если ток
I=2 A.
Р е ш е н и е. Схема замещения цепи
(рис. 1.7) имеет вид:
при I=0 A, E=UX=120 B,
I=2 A, U=115 B.
В соответствии с уравнением электрического состояния
U=E–RiI
определяем
Ri=(U–E)/I=(120–115)/2=2,5 Ом, U=RHI,
откуда
RH=U/I=115/2=57,5 Ом.
П р и м е р 1.5. На автомобильной лампочке написаны ее номи-
нальные данные 5 Вт и 12 В. Определить ее сопротивление.
Р е ш е н и е. Мощность лампочки связана с током и напряжени-
ем соотношением
R
URIP
2
2  .
R2R1
R3
a
b R4
c cR5
Рис. 1.4
U, B
100
80
0 1 2 3 4 5 I, A
Рис. 1.6
U
I
RH
RiE
Рис. 1.7
R2R1
R3
a
b
R4
c c
R5
Рис. 1.5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

3. 6
Отсюда сопротивление 8,28
5
1222

P
UR Ом.
З а д а ч и
1. Найти распределение токов в схеме, если
R1=R2=0.5 Ом, R3=R4=6 Ом; R5=R6=1 Ом,
R7=2 Ом; а напряжение на входе U=120 B.
2. Чему равно показание амперметра, если
параметры цепи заданы в Омах.
3. Определить внутреннее сопротивление генератора, если при
подключении нагрузки с сопротивлением 5 Ом ток нагрузки составил
10 А, а при сопротивлении 2 Ом соответственно – 20 А.
4. Определить входное сопротивление Rab
цепи.
5. Определить значение Uab, если
Е1=Е2=100 В, Е3=50 В, R=10 Ом.
П р и м е р 1.6. Составить уравнения по законам Кирхгофа, не-
обходимые для расчета токов во всех ветвях цепи (рис. 1.8), считая
известными сопротивления, ЭДС источников напряжения и ток ис-
точника тока.
3
+
36 B
– A
1 3
2
3
R RR
2R
a
b
2R
R
RR
E3
a b
Uab
E2
E1
U
I5
R3
R4
R5
R7
R1
R2
R6
I6
I1
I4
I3
a
b
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

4. 7
Р е ш е н и е. Число ветвей или число неизвестных токов (ис-
точник тока не учитываем, так как его ток известен) b=9.
Число узлов у=6.
Для расчета токов необходимо составить пять уравнений по
первому закону Кирхгофа (на одно
меньше числа узлов). По второму за-
кону Кирхгофа нужно составить че-
тыре уравнения (определяя их число
по уравнению b–(y–1)):
–I1+I2+I9=J – узел А;
I1+I3–I4=0 – узел В;
I4+I5–I6=0 – узел С;
I6–I7=–J – узел D;
I7+I8–I9=0 – узел Е;
R1I1+R3I3+R2I2=E1+E2 – контур I;
R3I3+R4I4–R5I5=0 – контур II;
R5I5+R6I6+R7I7=E6–E8 – контур III;
–R2I2+R9I9=–E2+E8–E9 –контур IV.
П р и м е р 1.7. Найти распределение то-
ков в схеме (рис. 1.9), если E1=20 B, E2=24 B,
E3=12 B, R1=R3=R4=2 Ом, R2=8 Ом, R5=R6=4 Ом.
Р е ш е н и е. В схеме три узла: 1, 2, 3; по
методу узловых потенциалов, если принять по-
тенциал одного из узлов за ноль (напри-
мер 1=0), необходимо составить два уравне-
ния:
(g6+g2+g5+g43)2–(g5+g43)3=g2E2+g43E2;
–(g5+g43)2+(g1+g5+g43)3=–g1E1–g43E2.
или
.
11111
111111
34
3
1
1
3
3451
2
345
34
3
2
2
3
345
2
34526
RR
E
R
E
RRRRRRR
RR
E
R
E
RRRRRRRR


































После подстановки числовых значений и алгебраических преоб-
разований получим расчетные уравнения
0,8752–0,53=6;
J
I2
R5
R6
E1
J
E9
I9
I8E2
E8
E6R4
R3
IV
I
II
III
R9
R7I5
I6I4
R1
I3
I1 I7
A
B C
F
E
D
Рис. 1.8
I2
R5
R6
E1
E2
R4
R3
I5
I6
I4
R1
E3
I1
3
1 2
R2
Рис. 1.9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

5. 8
–0,52+3= –13.
Отсюда 2= –0,8 В; 3= –13,4 В;
U21= –0,8 В; U31=–13,4 В; U23=2–3=12,6 B.
Расчет токов: I1R1 – U31=E1
3,3
1
131
1 


R
EU
I А.
Аналогично I2R2 + U21=E2;
1,3
2
221
2 


R
EU
I А;
43
323
4
RR
EU
I


 =– 0,15А; 15,3
5
32
5 


R
I

А;
2,0
6
21
6 


R
I

А.
Проверка расчета токов по балансу мощностей:
E1I1+E2I2+E3I4=I1
2
R1+I2
2
R2+I4
2
(R3+R4)+I5
2
R5+I6
2
R6;
203,3+243,1-120,15=
=3,32
2+3,12
8+0,152
(2+2)+3,152
4+0,22
4;
Puст=138,6=РН=138,6.
П р и м е р 1.8. Определить токи в
ветвях схемы (рис. 1.10) и составить ба-
ланс мощности, если известны
E1=E2=E3=E4=100 B; R1=R5=R6= 10 Ом;
R2=R3=R4=1 Ом; IA=40 A, IB=10 A.
Р е ш е н и е. Определяем ток IC,
применяя первый закон Кирхгофа для
замкнутой поверхности, охватывающей
данную электрическую цепь:
–IA+IB+IC=0,
откуда IC=IA–IB=10 A.
Примем потенциал узла b равным нулю, В=0.
Для определения потенциалов узлов а и с применяем метод уз-
ловых потенциалов:
(g1+g2+g6)А–g6С=–g1E1+g2E2+IA;
–g6A+(g3+g4+g5+g6)C=–g3E3–g4E4–IC.
В числовом выражении
1,2A–0,1С=130;
–0,1A+2,2С=–230;
Отсюда A=100 В, С=–100 В.
R3
R2
R1
E3
a
b
IA
E2
E1
c E4
R4
R5
R6
IC
IB
I1
I2
I3
I4
I5
I6
Рис. 1.10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

6. 9
Используя выражение закона Ома для активного участка цепи,
рассчитываем токи в ветвях: A,20
10
100100
1
1
1 




R
UE
I ba
A20
6
6 
R
U
I ac
, I2=I3=I4=0, A.10
5
5 
R
U
I ac
Для составления баланса мощностей представим ветви с извест-
ными токами IB, IC в виде ветвей с источниками тока (рис. 1.11).
Так как B<A>C, то источники
тока JI=IB и JII=IС работают в режиме
генератора. Источник ЭДС Е1 также
работает в режиме генератора. У ис-
точников Е2, Е3 , Е4 – холостой ход.
Баланс мощности
JIUAB+JIIUBC+E1I1+E2I2+E3I3+E4I4=
=I1R1+I2R2+I3R3+I4R4+I5R5+I6R6;
10100+30200+10020+0+0+0=202
10+0
+0+0+102
10+202
10;
Pист=Pпр=9 кВт.
П р и м е р 1.9. На рис. 1.12 представ-
лена схема электрической цепи, Е1=150 В,
Е2=100 В, R3=40 Ом, R4=200 Ом, R5=50 Ом,
R6=100 Ом. Найти токи в ветвях цепи.
Р е ш е н и е. В схеме 4 узла. В ветви ad
и bc включены источники ЭДС.
Если принять а=0, то d=Е1.
Для расчета потенциалов оставшихся узлов нельзя воспользо-
ваться обычным методом узловых потенциалов, так как в уравнения
войдет проводимость ветви bc, равная бесконечности.
Воспользуемся искусственным приемом, позволяющим исклю-
чить ветвь с идеальным источником и уменьшить число узлов на
единицу. В ветвь bc включим компенсационную ЭДС Е2, равную по
величине Е2, но направленную навстречу ей. Одновременно в осталь-
ные ветви, сходящиеся в узле с, включим ЭДС, направленные по от-
ношению к узлу с так же, как и Е2 (в данном случае от узла) и равные
по величине Е2 Е2=Е5=Е6=Е2.
Для данной схемы с=b+E2+E2=b;
R3
R2
R1
E3
a
b
E2
E1
c E4
R4
R5
R6
JII=IC IB
I1
I2
I3
I4
I5
I6
JI=IB
IA
Рис. 1.11
R5
R4
E1
E2
R6
b
a
R3
c
d
Рис. 1.12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

7. 10
т. е. путем включения ЭДС Е2 потенциал узла с уменьшается (пони-
жается) на величину ЭДС Е2.
Так как с=b, то узлы b и с
можно объединить в один, и расчет-
ная схема будет иметь вид, пред-
ставленный на рис. 1.13.
Уравнения для расчета потен-
циалов узлов
а=0; d=E1=150 B;
(g3+g4+g5+g6)b–(g4+g5)d=–E5g5–E6g6.
Тогда b=12,5 В; с=b+Е2=112,5 В.
Для определения токов в пассивных ветвях воспользуемся ис-
ходной схемой:
A;69.0A;31.0
4
4
3
3 




R
I
R
I bdab 
A.1.1A;75.0
6
6
5
5 




R
I
R
I accd 
Токи источников определим из первого уравнения Кирхгофа:
для узла а I1=I3+I6=1,4 A,
узла b I2=I4–I3=0,375 A.
П р и м е р 1.10. Для схемы (рис. 1.14), записать уравнения по
методу контурных токов и найти токи во всех элементах, если J=5 A;
E0=20 B; R1=4 Ом; R2=2,4 Ом; R3=1,6 Ом; R4=6 Ом.
– Р е ш е н и е. В схеме три независимых кон-
тура, но для определения токов надо составить
только два уравнения по методу контурных токов,
так как IIII=J=5 A.
(R2+R3+R4)II–R4III–R3IIII=0;
– R4II+(R1+R4)III–R1IIII=E0.
После простого преобразования получим си-
стему уравнений 10I11 – 6I22 = 8
–6I11 + 10I22 = 40.
Решая систему уравнений, найдем контурные
токи I11 = 5 A, I22 = 7 A.
Токи в ветвях равны: I1 = I22 – J = 0; I4 = I22 – I11 = 2 A; I0 = I22 = 7.
R5
R4
E1
E5
R6
ba
R3
c
d
E6
I3
I4
I5
Рис. 1.13
I6
R2
R1
R3
R4
Е0
I3
I1
I0
I2
I4
I
II
III
J
Рис. 1.14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

8. 11
З а д а ч и
6. Определить все токи и составить баланс
мощности для цепи, если дано J=5 A, E=50 B, RH=5
Ом.
7. Схема электрической станции представлена тремя генерато-
рами, работающими параллельно. ЭДС и внутренние сопротивления
генераторов соответственно равны: E1=180 B,
E2=170 B, E3=145 B, R1=3 Ом, R2=2 Ом, R3=1 Ом. К шинам станции
подключены два приемника R4=4 Ом и R5=3 Ом. Определить токи.
8. Определить I1, если Е2=3 В,
J = 1 A, E3 = 2 B, R1 = R2 = R3 = 1 Ом,
Е1 = 4 В.
9. Указать неправильное уравнение
контурных токов:
1) (R6+R3+R2)I2+R2I1–R6I3=E2–E3;
2) (R6+R7+R8+R5)I3+R6I2–R5I1=–E4;
3) (R1+R5+R2)I1–R5I3+R2I2=E1+E4+E2;
4) (R6+R3+R2)I2+R2I1+R6I3=E2+E3.
10. Какое из приведенных уравнений, со-
ставленных по второму закону Кирхгофа для
указанной цепи, неверно:
1) I1 R1+ I3 R3=E1+E3;
2) I1 R1+ I2 R2=E1+U;
3) I2 R2– I3 R3+U=–E3;
4) I1 R1+ I2 R2+U =E1.
J
RH
E
b
a
R1
E1
B
A
R2
E2
R3
E3
R4
R5
I4 I5
J
R1
E2I1
R2 R3
E1
E3
I2
I3
R1
I1
R2
E1 E3I2
I3
R3
U
R1
I1
R2
E1 E3
I2
I3
R3
E4
E2
R6
R5
R7 R8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

9. 12
П р и м е р 1.11. Два генератора с ЭДС E1=130 B; E2=125 B и
внутренними сопротивлениями R1=R2=0,4 Ом
работают на нагрузку
RH=5 Ом (рис. 1.16). Определить ток в нагрузке
и токи генераторов. Как и на сколько изменится
ток нагрузки при увеличении Е2 на 2,5 В?
Р е ш е н и е. Напряжение между узлами А
и В
B.6,122
321
2211




ggg
gEgE
UAB
Токи
.6;5,18;5,24
2
2
2
1
1
1 A
R
UE
IA
R
UE
IА
R
U
I ABAB
H
AB
H 




При увеличении Е2 на Е2=2,5 В ток нагрузки возрастает на IH.
Величину IH находим, пользуясь принципом наложения:
.241,0;25,3
1
1
2
1
1
2
2
2 A
RR
R
IIA
RR
RR
R
E
I
H
H
H
H







П р и м е р 1.12. В электрической цепи, схема которой показа-
на на рис.1.17, известно: R1=5 кОм;
R2= R3=10 кОм; R4=15 кОм; R5=6 кОм; Е=200 В.
Пользуясь теоремой взаимности, определить
ток в сопротивлении R5.
Р е ш е н и е. Определение тока в ветви с
R5 схемы требует
преобразования
треугольника в
звезду или звезды в
треугольник.
Если воспользоваться принципом
взаимности и перенести ЭДС Е6 в пятую
ветвь, а ток определить в шестой ветви,
то при этом не потребуется преобразова-
ний.
R1
I1
R2
E1 E2
I2
IHRH
B
A
Рис. 1.16
R2
R1
R3
R4
Е6
I5
d
R5
a b
c
Рис. 1.17 R2
R1
R3
R4
Е6
I6
I5
I2
d
R5
a b
c
I1
I3
I4
Рис. 1.18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

10. 13
Итак, перенесем источник ЭДС Е6 в ветвь с сопротивлением R5
(рис. 1.18).
кОм;20кОм;5 4
32
32


 ACADAC RRR
RR
RR
R
.
мА;
RR
R
IIмА;
RR
R
II
мА;
R
E
IкОм;
RR
RR
RR
ADAD
AD
эквAD
AD
экв
416
2010
1
1
54
1
51
6
5
1
1
5








мАIIIмА;
I
II 182162
2
216
4
32 
Следовательно, I5 = I6 = 18 мА.
П р и м е р 1.13. Параметры
исходной схемы (рис. 1.19): J=10 мА;
R1=5 кОм; R2=3 кОм; R4=2 кОм;
R5=20 кОм; E6=40 B; R6=4 кОм.
Определить R3, при котором ветвью
bc потребляется максимальная мощ-
ность, и подсчитать эту мощность.
Р е ш е н и е. Заменим всю схе-
му, кроме ветви bc, эквивалентным генератором, у которого ЭДС
равна напряжению холостого хода на зажимах bc, а сопротивление Rэ
равно входному сопротивлению со стороны зажимов bc. Ветвью bc
будет потребляться максимальная мощность при условии, что R3 =
Rэ = Rвх.bc.
Определяем Rвх.bc по приведенной схеме (рис. 1.20)., определив
65
65
56
RR
RR
R

 :
Rвх.bc=
  
56421
56421
RRRR
RRRR


=3,2 кОм.
Для определения мощности Р3=R3I3
2
найдем ток I3: .
3
3
RR
E
I
э
э


Eэ определим по схеме (рис. 1.21), применив метод контурных
токов:
J
R1
R2
R6
E6
R3
R4
R5
a b
c d
Рис. 1.19
R1
R2
R6
R4
R5
a b
c d
Рис. 1.20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

11. 14
I11(R1+R2+R4+R5)+I22R5–JR1=0;
I11R5+I22(R4+R5)=Е.
Определив I11=1,25 A, I22=
8
5
A,
находим Eэ=Ubc.хх=(I11+I22)R5+I11R4=40 В,
мА;25,6
104,6
40
33 

I
P3=R3I3=6,252
10–6
3,2103
=125 мВт.
П р и м е р 1.14. Получить зависимость
I1=f(I2) (рис. 1.22), если Е=10 В, R1=2 Ом,
R2=3 Ом.
Р е ш е н и е. Используя принцип линейно-
сти, получим зависимость в следующем виде:
I1=a+bI2. Коэффициенты а и b найдем из опытов
холостого хода и короткого замыкания. При хо-
лостом ходе ток I2=0, а I1=E/(R1+R2)=2 A. При коротком замыкании
I1=I2=E/R=5 A. Решив систему уравнений 2 = a + b0; 5 = a + b5,
найдем а = 2; b = 0,6.
Таким образом, искомая зависимость имеет вид I1=2+0,6I2.
П р и м е р 1.15. Определить величину
сопротивления R2 в схеме на рис. 1.23, при ко-
тором в ветви ab выделяется максимальная
мощность, если известно, что Е1=260 В;
R1=10 Ом; J=5 A; R3=20 Ом; R4=30 Ом;
R5=50 Ом.
Рассчитать ток и мощность этой ветви.
Р е ш е н и е. Заменим всю схему, за ис-
ключением ветви ав, эквивалентным генератором. В ветви ab будет
максимальная мощность при R2= Rэ .
Rэ=Rвх.ab=
  26
354
354
1 



RRR
RRR
R Ом;
R2=26 Ом.
Ток в ветви ab определяем по методу эк-
вивалентного генератора:
J
R1
R2
R6
E
Uвс.хх
R4
R5
a b
c d
I1
I2
Рис. 1.21
R1
R2
E
R4
I1 I2
Рис. 1.22
J
R1
R2
R3
E1
R4
R5
a b
Рис. 1.23
J
R1
R3
E1
R4
R5
a b
I1x I2x
Рис. 1.24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

12. 15
.
2 2
.
2 R
U
RR
E
I abxх
э
э
ab 


Uх.ab определяем по схеме (рис. 1.24).
Так как R3+R4=R5=50 Ом, то I1x=I2x=J/2=2,5 A;
Uх.ab=R3I1x–E1+R1J=–160 B; I=–160/52=–3,08 A.
Мощность в ветви ab Pz=R2Iab=246 Вт.
П р и м е р 1.16. В электрической цепи
(рис. 1.25). напряжение Uab=1/8 В. Значения
сопротивлений обозначены на схеме. При ка-
ком значении Uвх мост будет уравновешен?
Р е ш е н и е. При равновесии моста Ibd=0,
тогда 6R=32 и R=1 Ом. Ток Iab= Ibc =Uab/R =1/8 А;
Uвх=Uab+2Ibc=1/8+2/8=3/8 В.
П р и м е р 1.17. Вольтметр на номиналь-
ное напряжение 3 В имеет внутреннее сопро-
тивление 400 Ом (рис. 1.26). Определить сопро-
тивление добавочных резисторов, которые
нужно подключить к вольтметру, чтобы расширить пределы измере-
ния до 15 и 75 В.
Р е ш е н и е. Ток в вольтметре при полном отклонении стрелки
IV=Uном/RV=3/400=7,5 мА.
Добавочные резисторы R1 и R2 при включении вольтметра на
напряжения 15 и 75 В должны быть подобраны так, чтобы ток полно-
го отклонения оставался равным 7,5 мА, т.е. Uv =Uн + IvR1
Тогда R1=1600 Ом, R2=9600 Ом.
П р и м е р 1.18. Подобрать проволочный реостат для регули-
рования напряжения приемника в пределах от 60 до
100 В, если сопротивление приемника 100 Ом, а
напряжение сети 110 В (рис. 1.27).
Р е ш е н и е. На реостате указывается его со-
противление и допустимый ток. Следовательно,
выбор реостата сводится к определению сопротивления и тока.
При напряжении на приемнике UП=60 В ток I=60/100=0,6 А.
Напряжение на реостате UР=50 В, а его сопротивление
RР=50/0,6=83,5 Ом. Аналогично при UП=100 В ток I=1 А и сопротив-
Iab
R
d
1
2
6
3
a
c
b
Uвх
Рис. 1.25
R2 R1
RV
V
75 B 15 B 3 B
Рис. 1.26
UП RP
U
I
Рис. 1.27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

13. 16
ление RР=10 Ом. Следовательно, нужно взять реостат, сопро-
тивление которого должно быть не менее 83,5 Ом, а но-
минальный ток – не менее 1 А.
З а д а ч и
11.Генератор постоянного тока работает
на автономную нагрузку RH=14,7 Ом. Сред-
няя точка обмотки генератора заземлена че-
рез амперметр, RA=0,115 Ом. Сопротивление
обмотки генератора R=1 Ом, а каждого из
линейных проводов RЛ=0,35 Ом. Определить
показание амперметра при замыкании на
землю выходного зажима генератора b, если известно показание
вольтметра до замыкания UV=115 B.
12. Методом эквивалентного генератора опре-
делить максимальную мощность, выделяемую на
нагрузке, еcли R1=R3=2 Ом; R2=4 Ом; Е=36 В.
13. В схеме RH=0,8 Ом; R=0,1 Ом. Опреде-
лить показание амперметра при замкнутом
ключе К, если RA=0,01 Ом и показание вольт-
метра при разомкнутом ключе UV =40 В.
14. Указать зависимость I1=f(I2), если
Е0=10 В; Е1=20 В; R1=5 Ом; R0=10 Ом.
15. Указать зависимость U=f(I) при
R1=R2=1 Ом; Е1=20 В; Е2=30 В.
RЛ
RA
RН
А
A
V
RЛ
R
+
–
R2
E
RН
R3
R1
RA
RH
а
A
R
V
R
b
k
R1 R2
E1
E2
I
U
R1
R2
E0
R0
E1
I1
I2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

14. 17
16. Миллиамперметр М-45 на номинальный ток IH=30 мА имеет
нормированное падение напряжения U=75 мВ и ток полного откло-
нения подвижной системы 3 мА. Определить внутреннее сопротивле-
ние прибора. Какое сопротивление должен иметь наружный шунт к
этому прибору для расширения предела измерения по току до I=3 А?
17. Напряжение приемника с сопротивлением RП=100 Ом нужно
плавно регулировать в пределах от 10 до 100 В. Напря-
жение сети U=110 В. Можно ли воспользоваться для это-
го реостатом с номинальными величинами RH=200 Ом и
IH=0,6 А, включив его в качестве делителя напряжения?
18. Для регулирования напряжения приемника с сопротивлени-
ем R=10 Ом включен реостат. Опреде-
лить токи в цепи и напряжения прием-
ника UП для различных положений ру-
коятки реостата, если сопротивление
каждой секции его R0=5 Ом, а напря-
жение сети U=120 В.
RН
U
RП
R0
UП
R0R0
R
R0
U
I
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

15. 18
2. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИ СИНУСОИДАЛЬНОГО ТОКА
П р и м е р 2.1. На рис. 2.1,а представлена осциллограмма тока
и напряжения пассивного двухполюсника. Записать выражения для
мгновенных значений напряжения и тока, приняв за начало отсчета
точку О. Найти напряжение и ток для момента времени t1=T/12. Запи-
сать комплексные амплитуды напряжения и тока. Построить вектор-
ную диаграмму на комплексной плоскости.
Р е ш е н и е. Угловая частота 314/22  Tf  рад/с,
f = 50 Гц. В момент времени t = 0 напряжение проходит нулевую фа-
зу, т.е. начальная фаза напряжения равна нулю: ψи = 0. Начало сину-
соиды тока сдвинуто вправо от начала отсчета времени, значение
начальной фазы тока, отсчитываемое от начала синусоиды до оси, от-
рицательно: ψi = – π/4.
Мгновенные напряжение и ток
ttUu um 314sin200)sin(   В,
)4/314sin(6)sin(   ttIi im А.
При t1 = T/12 угол 6/  t . Напряжение
u = 200 sin π/6 = 100 В, ток i = 6 sin (– π/12) = –1,55 А.
Комплексные амплитуды напряжения и тока в показательной
форме
200 uj
mm eUU  В, 4/
6  jj
mm eeII i 
 А.
T
i,A
10
5
0
-5
-10
u,B
200
100
0
-100
-200
t1
π/2 π 3π/2 2π
t,с
wt,рад
-π/4
u
i
0,01 0,02
Рис. 2.1
Ψi
Um +1
Im
φ
+j
а)
б)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

16. 19
Комплексные амплитуды напряжения и тока в алгебраической
форме
200)sin(cos  
uum
j
mm jUeUU u В,
 
.)2323()2/22/2(6
)4/cos(6)sin(cos
Аjj
jII iimm


Векторная диаграмма представлена на рис. 2.2. Длины векторов
пропорциональны в выбранном масштабе модулям
комплексных амплитуд. Начальная фаза напряжения
ψu = 0, поэтому вектор напряжения направлен по оси
+1, начальная фаза тока
ψi= –π/4 отложена от оси +1 по направлению часо-
вой стрелки.
П р и м е р 2.2. Напряжение и ток пассивного
двухполюсника равны )4020( jU  В, )35( jI  А. Построить
векторную диаграмму на комплексной плоскости. Найти мгновенные
напряжение и ток.
Р е ш е н и е. На комплексной плоскости с ортами +1 и +j строим
векторы комплексных тока I и напряжения U (рис. 2.3). Длины век-
торов пропорциональны в выбранном масштабе модулям комплекс-
ных действующих значений напряжения и тока:
7,44240220 U В,
83,52325 I А.
Их начальные фазы:
220/40 utg ,
5263  
u ;
6,05/3 itg ,

31i .
Комплексные действую-
щие значения напряжения и
тока в показательной форме
5263
7,44 


 jj
eUeU u
В,

 31
83,5 jj
eIeI i
 
А.
Комплексные амплитуды напряжения и тока
5263
3,632 


 jj
m eUeU u
В,

 31
25,82 jj
m eIeI i
 
А.
Рис. 2.2
Ψi
Um +1
Im
φ
+j
j
+j
Ψu
Ψi
U
I
+1
mU=10 В/см
mI=1 A/см
Рис.2.3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

17. 20
Мгновенное напряжение и ток
)11,1sin(3,63)sin(  ttUu um  В,
)54,0sin(25,8)sin(  ttIi im  А.
П р и м е р 2.3. Написать комплексы действующих значений и
комплексные амплитуды синусоидальных функций времени
a=Amsin(t+) и i=–3sin(t+30).
Р е ш е н и е. a=Amsin(t+)=Мч[ tj
meA  ],
где Мч – означает мнимая часть комплексного числа;
tj
meA  = j
meA tj
e  =Am cos(t+)+j Amsin(t+);
j
mm eAA  – комплексная амплитуда;
jm
Ae
A
A 
2

 – комплекс действующего значения синусоидальной
функции времени.
Таким образом, синусоидальной функции времени Amsin(t+)
соответствует комплексная амплитуда j
mm eAA  и комплекс дей-
ствующего значения синусоидальной функции времени
jm
Ae
A
A 
2

 . Это записывают следующим образом:
Amsin(t+) 
j
mm eAA  , где « »– знак соответствия. Тогда
i= –3sin(t+30)  3еj(180+30)
;
A.e
I
IA;eeI jmjj
m
 
 150150210
2
3
2
33 

П р и м е р 2.4. Найти синусоидальную функцию времени,
изображенную комплексами действующих значений:
а) A;5б)A;2 30
jIeI j
 

B.100д)B;100г)B;10в) 9013590 
 j
m
j
m
j
eUeUeU 

Р е ш е н и е. В общем виде ),sin( 
tAeA m
tj
m 
где j
mm eAA  . Тогда :
а) A;)90sin(25)25Im(б));30sin(22 90  
 teeiti tjj
 
;)90sin(210в) 
 tu  г) u=100sin(t–135); д) u=100sin(t–90).
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

18. 21
П р и м е р 2.5. По заданным комплексам напряжения на зажи-
мах участка цепи и тока в нем определить: 1) действующие и макси-
мальные значения тока I и Iт и напряжения U и Uт; 2) сдвиг фаз 
между ними; 3) активную и реактивную составляющие тока Ia и Ip и
напряжения Ua и Up; 4) комплексное ( Z ), активное ( R ) и реактивное
( Х ) эквивалентные сопротивления участка; 5) комплексную Y, ак-
тивную G и реактивную B проводимости; 6) комплексную S, актив-
ную P и реактивную Q мощности, если
A.)966,0259,0(B,)64,10( jIjU  
Р е ш е н и е
1. B;9,16;30
4,10
6
B,1264,10где, 22
 mu
j
UarctgUUeU u
 
A.41,1,75A,1966,0259,0где, 22
 mi
j
IIIeI i  
2.  = и–I = –45 (знак «–» говорит о преобладании емкостно-
го сопротивления).
3. Ia=Icos=0,707 A; Iр=Isin=0,707 A; (ток опережает напряже-
ние рис. 2.4, а) Ua=U cos=8,5 B; Uр=U sin=–8,5 B (рис. 2.4,б).
4. Ом;12 45

 
 e
I
U
ZeZ j
Z=12 Ом; R=Zcos=8,5 Ом;
Х=Zsin = 8,5 Ом или ХС=8,5 Ом; Z=R+j(XL–XC)=(8,5–j8,5) Ом.
5. См
12
11 45
jj
e
Z
YeY   
(знак «+» подтверждает преобла-
дание емкостного сопротивления).
Сравните знаки в показателе степени Y, Z, S).
Im
0,259
0,966
Re
U
IP=0,707
Ia=0,707

I
U
Im
10,4
6
Re
U

U
Ua=8,5
Up=8,5
I
I
а)
б)Рис. 2.4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

19. 22
илиСм
144
5,8
sinСм;
144
5,8
cos 2
  YB
Z
R
YG
См.
144
5,8
144
5,8
)( 





 jBBjGjBGY CL
6. A;B12112 457530
*
  
 jjjj
eeeIUSeS 
P=Scos=I2
R=U2
G=UIa=UaI=8,5 Вт;
Q=Ssin=I2
X=U2
B=UIp=UpI=–8,5 ВАр или QC=8,5 ВАр;
S=P+jQ=P+j(QL–QC)=(8,5–j8,5) BA.
П р и м е р 2.5. На рис. 2.5 показана расчетная схема линии
электропередачи с присоединенным к ней
приемником. Линия представлена последо-
вательным соединением активного и реак-
тивного сопротивлений, а приемник – пас-
сивным двухполюсником. Индексами «1» и
«2» обозначены величины, относящиеся соответственно к началу и к
концу линии. Дано: RЛ=XЛ=6 Ом; U2=5500 В; P2=500 кВт;
cos2=0,91; >0. Определить напряжение в начале линии U1.
Р е ш е н и е. Представим пассивный
двухполюсник эквивалентной схемой
(рис. 2.6), состоящей из последовательного со-
единения сопротивлений R2 и X2.
Ток в двухполюснике (и в линии)
I=P2/U2cos2=100 A.
Сопротивления Z2=U2/I=55 Ом;
R2=P2/I2
=50 Ом; 9,222
2
2
22  RZX Ом;
R1=R2+RЛ=56 Ом; X1=X2+XЛ=28,9 Ом;
632
1
2
11  XRZ Ом.
Искомое напряжение U1=Z1I=6300 B.
На рис. 2.7 показана векторная диа-
грамма напряжений и тока (заметим, что
потеря напряжения U=U1–U2=800 B, а
падение напряжения в линии равно
B848)66(100 45
 j
ЛЛ ejZIU  .
RЛ ХЛ
1U I
2U
П
Рис. 2.5
RЛ ХЛ
1U
I
2U
R2
Х2
Рис. 2.6
2
Re
IRЛ

IjXЛ

1
Im
I
2U
1U
IZ Л

Рис. 2.7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

20. 23
З а д а ч и
1. Дан график изменения
мгновенной мощности нагруз-
ки. Определить активную мощ-
ность и коэффициент мощности
нагрузки (cos).
2. Последовательно включены два источни-
ка ЭДС:
e1=141sin(t+30) B; e2=–141cost B
Определить мгновенное значение суммарного напряжения uab(t)
и показание вольтметра электромагнитной системы, включенного
между зажимами a и b.
Примечание. Приборы электромагнитной, электродинамической
и тепловой систем измеряют действующие значения переменных то-
ков и напряжений.
3. В цепь синусоидального тока
включены три амперметра. Определить
показание амперметра А, если ампер-
метры А1 и А2 показывают соответ-
ственно 2 и 2,5 А.
Указание: Предварительно построить векторную диаграмму то-
ков.
4. По заданным комплексам напряжения U и мощности S опре-
делить: 1) ток; 2) сдвиг фаз между напряжением и током; 3) прово-
димости и сопротивления, если BA.20B;10 4575 
 jj
eSeU 
5. Заменить участок ab схемы эквивалентным с одним источни-
ком ЭДС ЭE , если
Ом.)55(A;2B;10 21
45
2 jZJeE j
 

Примечание. Сопротивление Z1 при замене не
учитывается, так как сопротивление самого источ-
ника тока 1J бесконечно велико.
t
P
40ВА
10 ВА
ab
u1 u2
R
C
LA1
A
A2
Z1
a bZ2
1E
1J
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

21. 24
П р и м е р 2.6. Резистор с сопротивлением R1=20 Ом и катуш-
ка с сопротивлением R2 и индуктивностью L2
соединены параллельно (рис. 2.8). В цепь
включены амперметры. Показания ампер-
метров I1=2 A; I2=3 A; I=4 A. Определить
параметры катушки R2 и XL=L2.
Р е ш е н и е. Сначала рассмотрим гра-
фический способ. Найдем напряжение,
приложенное к цепи U1=R1I1=40 В. Выберем
масштабы для напряжения mU, В/мм, и для
тока mI, А/мм. Отложим векторы 1и IU  . Они
одинаковые по направлению, так как ток 1I совпадает по фазе с
напряжением U .
Построение векторов 2и II  основывается на том, что 21 III  
и ток 2I отстает по фазе от напряжения U . Проводим из начала и
конца вектора 1I дуги, радиусы которых в выбранном масштабе mI
равны токам I и I2. Точка В пересечения этих дуг указывает положе-
ние концов векторов 2и II  .
Отметим, что существует еще одна точка пересечения этих дуг –
выше вектора U . Она не может служить для определения концов
векторов 2и II  , так как вектор 2I , проведенный в эту точку,
опережал бы вектор напряжения U , в действительности же он от-
стает от вектора U .
Разложим вектор напряжения U на два составляющих вектора,
один из которых, аU , совпадает по направлению с вектором 2I , а
другой, рU , ему перпендикулярен. Это векторы активной и реактив-
ной составляющих напряжения на катушке.
Находим действующие значения Uа=mUOD и Uр=mUDG и, нако-
нец, вычисляем R2=Uа/I2; X2=UP/I2.
Теперь рассмотрим аналогичный
способ решения на основе векторной диа-
граммы. Векторную диаграмму строим
качественно – не в масштабе (рис. 2.9).
Она нужна только для того, чтобы
наглядно представлять тригонометриче-
ские соотношения между ее отрезками.
R1
I
L2
A1
A
A2
R2
1I 2I
Рис. 2.8
2
0
I
pU
aU
U1I
2I
A
B
D
G
Рис. 2.9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

22. 25
Из треугольника ОАВ имеем I2
= I1
2
+ I2
2
–2I1I2cos(180–2),
или 42
=22
+32
–223cos2, откуда cos2=0,25; 2=7532’; sin2=0,969;
Ом;3,3
cos
2
2
2
2 


I
U
I
U
R a
X2=UP/I2=Usin2/I2=12,9 Ом.
П р и м е р 2.7. Определить реак-
тивные сопротивления Х3 и Х4, при кото-
рых приемник (рис. 2.10, а) с сопротивле-
нием Z2=R2+jX2 получает максимальную
мощность от источника с внутренним со-
противлением Z1=R1+jX1.
Р е ш е н и е. Вся активная мощ-
ность, отдаваемая источником, потребляется в приемнике (в сопро-
тивлении R2), так как остальные сопротивления – реактивные. Поэто-
му необходимо, чтобы входное сопротивление каждого пассивного
двухполюсника было равно сопряженному комплексному внутренне-
му сопротивлению источника 11
*
jXRZ  , то есть для схемы а нуж-
но, чтобы 11
422
224
3
)(
)(
jXR
XXjR
jXRjX
jX 



и для схемы б
.
)(
)]([
11
4322
4322
jXR
XXXjR
jXXXjR



Каждое из полученных уравнений для комплексных величин
можно записать в виде двух уравнений: для вещественных и для
мнимых величин, из которых и определяются Х3 и Х4.
Если Z1=R1+X1 , то сопротивления X2 , X3 , X4 необходимо брать
со знаком минус. Реальные элементы цепи обладают не только реак-
тивными, но и активными сопротивлениями, поэтому приведенный
расчет согласования сопротивлений приемника и ис-
точника питания является приближенным.
П р и м е р 2.8 Для определения параметров
катушки (рис. 2.11) (R, L) измерены подведенное к
катушке напряжение и ток в ней при: а) f1=0,
U1=100 B, I1=1 A; б) f2=500 Гц, U2=100 B, I2=0,5 A.
Z1
Z21E
jX3
jX4
Z1
Z22E
jX3
jX4
a)
б)
Рис. 2.10
Рис. 2.11
A
R
V
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

23. 26
Определить R, L и показание амперметра при частоте f3=1000
Гц и напряжении U3=100 B.
Р е ш е н и е. Комплексное сопротивление цепи Z=Zej
является
коэффициентом пропорциональности между комплексами действу-
ющих значений приложенного к цепи напряжения U
j
UeU 
 и тока
I
j
IeI 

.´иоткуда, IUj
j
j
I
U
Z
Ie
Ue
eZ
I
U




Комплексное сопротивление катушки запишем как
R+jL=R+jXL=Zej
,
где ./;22
RXtgXRZ LL  
При f1=0 L=XL=0
и модуль сопротивления Z1=U1/I1=R; R=100/1=100 Ом.
При f2=500 Гц
мГн.55Гн1055
50014,32
173
Ом;173Ом;2005,0/100
;;
3
2
22
2
22
222







L
L
LL
X
L
XZ
RZXXRIUZ
При f3=1000 Гц
Ом.358)2( 2
3
2
3  LfRZ 
Показание амперметра I3=U3/Z3=100/358=0,28 A.
П р и м е р 2.9. В цепи (рис. 2. 12) измерены ток I=2 A, напря-
жения на входе
Uac=100 B, на катушке
Uab=173 B, на конденса-
торе Ubc=100 B. Постро-
ить векторную диаграм-
му напряжений и определить полное сопротив-
ление катушки.
Р е ш е н и е. Отложим произвольно вектор
тока I (рис. 2.13). Вектор напряжения на емко-
сти bcU отстает от вектора тока на 90.
R
C
L
U
I
b
c
a
Рис. 2.12
 I
mI=0,5 A/см
mU=40 В/см
abUbcU
acU

Рис. 2.13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

24. 27
Положение вектора abac UU  и определим из условия
bcabac UUU   с помощью засечек при построении двух окружно-
стей радиусами R1=Uab и R2=Uac, проведенными из конца и начала
вектора bcU .
По теореме косинусов найдем
,865,0
2
cos
222




abbc
abbcac
UU
UUU

откуда =30, =60. Тогда

 60
173 j
ab eU  В.
Полное сопротивление катушки
Z= IUab
 / =173ej60
/2=(32,3+j75) Ом,
R=32,3 Ом, L=75 Ом.
П р и м е р 2.10. В последовательной резонансной цепи
R=2 Ом; С=100 мкФ; L=40 мГн. Определить резонансную частоту 0,
добротность контура, полосу пропускания и зависимость полосы
пропускания от добротности контура. По-
строить резонансную кривую I/Imax=f(n) в
относительных единицах, где n=/0.
Р е ш е н и е. Резонансная частота
контура
1-
0 c5001  LC .
Добротность контура Q=0L/R=10.
Резонансная кривая может быть по-
строена по уравнению
;
1
2
2








C
LR
U
I


(1)
,
1
111
1
2
2
max
2
0
02
















n
nQ
I
Cn
Ln
R
R
U
I


/0
I/Imax
0,6
0,4
0,2
0,6 0,8 1,2 1,4
Рис. 2.14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

25. 28
где /0=n, или в относительных единицах – по уравнению
(рис. 2.14): .
1
1
1
2
2max








n
nQ
I
I
(2)
По определению полосы пропускания из уравнения (2) имеем
.
11
;
11
или,
1
1;
1
12
1
1
2
2
2,1
2,1
2
2
n
n
Qn
n
Qn
nQ
n
nQ 






 







Отсюда n1n2=1, или 0= 21 ,
где 1 и 2 – граничные частоты полосы пропускания,
.
1
0
21
21
Q
nn 




Решая совместно последние уравнения, найдем
 
  .c525141
2
;c475141
2
1-0
2
1-0
1


Q
Q
Q
Q




П р и м е р 2.11. Потери в обмотке катушки на частоте f со-
ставляют 10 Вт при напряжении 100 В и токе 1 А. Определить доб-
ротность катушки для данной частоты и параметры последовательной
схемы замещения.
Р е ш е н и е. Добротность катушки
.95,9Ом;5,99Ом;10; 2
2
2






 Lпосл
посл
L QR
I
U
L
I
P
R
R
L
Q 

П р и м е р 2.12. Определить па-
раметры схемы замещения пассивного
двухполюсника при замене его после-
довательно включенными активным и
реактивным сопротивлениями. Показа-
ния приборов, включенных по схеме
(рис. 2.15): U=80 B; P=102 Вт; I=1,6 A.
Учесть, что при включении не-
большой емкости параллельно входным зажимам двухполюсника по-
казание амперметра уменьшается.
С
A
1I
V
W
2I
Рис. 2.15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

26. 29
Р е ш е н и е. Параметры схемы замещения двухполюсника при
последовательном включении активного и реактивного сопротивле-
ний определим по показаниям приборов на основании следующих за-
висимостей:
P=UIcos, откуда cos=P/UI=102/801,6=0,8; Z=U/I; R=Zcos;
X=Zsin= ;22
RZ 
Z=80/1,6=50 Ом;
R=40 Ом; Х=30 Ом.
Характер реактив-
ного сопротивления
уточним по знаку угла
 из векторной диа-
граммы (рис. 2.16),
где 22 и II   – два воз-
можных положения вектора тока относительно напряжения на входе
цепи 1U , соответствующие емкостной ( 2I ) и индуктивной ( 2I  )
нагрузкам
.;
;;
2112
2112
IIIII
IIIII
C
C




Известно, что при включении небольшой емкости ток на входе
цепи уменьшается. Это соответствует индуктивному характеру
нагрузки, то есть угол >0.
В этом случае двухполюсник может быть заменен последова-
тельно включенными сопротивлениями:
Z=R+jX=(40+j30) Ом.
З а д а ч и
6. На рисунке показана часть электриче-
ской цепи, для которой ;A10 37
1

 j
eI 
A;8 15
3

 j
eI 
 Z1=2 Ом; Z2=1,8e–j44
Ом.
Определить показание ваттметра.

CI 1U

CI
2I 
1I 
2I
1I
Рис. 2.16
n1I
W
2I
m
3I
Z2
Z1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

27. 30
7. При резонансе ток в цепи равен 0,1 А при
напряжении на входе 12 В. Добротность контура
Q=3. Определить напряжение на всех элементах
и ток в цепи при =20 и том же значении
напряжения.
8. С помощью топографической и век-
торной диаграмм определить в приведенной
цепи токи I1, I2, если ток I3=1 A. Значения
сопротивлений в омах указаны на схеме.
9. В цепи измерены все токи и
напряжения: I1=I2=I3=2 A; UAB=UBC=100
B; UAC=141 B. Построить векторную
диаграмму токов и топографическую
диаграмму, приняв =0. Определить Z1,
Z2, Z3 и Zвх.
10. Определить резонансную частоту цепи, состоящей из парал-
лельно включенных конденсатора емкостью 100 мкФ, катушки с ин-
дуктивностью 40 мГн и активным сопротивлением 10 Ом. Построить
векторную диаграмму токов при U=46 B.
П р и м е р 2.13. На рис. 2.17 показана схема соединения и
намотка катушек, имеющих общий
сердечник. Определить одноимен-
ные зажимы катушек. Привести
электрическую схему цепи с уче-
том взаимной индуктивности. Вы-
вести выражение для входного со-
противления цепи, если известны
параметры катушек R1, I1, R2, I2 и
взаимная индуктивность М. Со-
ставить эквивалентную схему замещения данной цепи без магнитных
связей.
R
C
L
m
n
R
C
L
3I2
C
2
2
2
22
4 Ом
I1
I2
Z2
3I
I1
2I
Z3
Z1
B
A
C
1
1 2
2
Рис. 2.17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

28. 31
Р е ш е н и е. Одноименными зажимами
катушек являются зажимы 1 и 2, так как маг-
нитные потоки создаваемые ими, совпадают по
направлению.
Схема цепи приведена на рис. 2.18.
Входное сопротивление магнитносвязан-
ной цепи
IUZ / .
Запишем уравнения цепи в соответствии с законами Кирхгофа
)3(.
)2(;
или.)(
;)(
)1(;
221
211
1222
2111
21
ZIZIU
ZIZIU
IMjLjRIU
IMjLjRIU
III
M
M










Совместное решение уравнений относительно тока I дает
.Откуда.
)2(
2
21
2
21
2
21
21
M
M
вх
M
M
ZZZ
ZZZ
Z
ZZZ
ZZZU
I








Подставим значение тока 2I из уравнения (1) в уравнение (2) и
тока 1I из уравнения (1) в уравнение (3), найдем
).(
,)(
22
11
MM
MM
ZZIZIU
ZZIZIU




Этим уравнениям соответствует схе-
ма, представленная на рис. 2.19
П р и м е р 2.14. На рис. 2.20 изображена схема, в которой к
выходным зажимам трансформатора,
имеющего параметры: R1=2,3 Ом,
Х1=8 Ом, Х2=10 Ом, ХМ=8 Ом, присоеди-
нена нагрузка Z. Определить сопротивле-
ние нагрузки, исходя из условия выделе-
ния в ней максимальной активной мощно-
сти.
R1
L1
I
U
L2
R2
M
1I 2I
Рис. 2.18
ZM
Z2–ZMU
Z1–ZM
I 1I 2I
Рис. 2.19
1U
R1
X1
XM
X2 Z
n
m
1I
2I
Рис. 2.20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

29. 32
Рассчитать токи трансформатора, построить векторную диа-
грамму, составить баланс активной мощности и схему замещения
трансформатора без магнитной связи при U1=100 B.
Р е ш е н и е. Выделим ветвь mn с сопротивлением Z, а осталь-
ную часть схемы будем рассматривать как активный двухполюсник.
Если обозначить входное сопротивление двухполюсника со стороны
входных зажимов через Z2вх, то максимально возможная активная
мощность от двухполюсника нагрузке передается при условии, что
активные составляющие сопротивления Z и Z2вх равны, а реактивные
составляющие сопротивления равны по модулю, но противоположны
по знаку, то есть
Z = R+jX; Z2вх= R2вх – jX2вх; R = R2вх; Х = –Х2вх или Z= вхZ 2
*
.
Значение Z2вх определим по пассивной схеме двухполюсника
(U1=0) при .2 nmUE  
По законам Кирхгофа
.)(0
,
2111
1222
M
M
jXIjXRI
jXIjXIE




При совместном решении этих уравнений получим
Ом.61,2124,2;
2
2
2
11
2
222 j
I
E
Z
jXR
X
jXIE вх
M














Таким образом, сопротивление нагрузки равно сопряженному
комплексу входного сопротивления:
Ом.61,2124,22
*
jZZ вх 
Токи в обмотках трансформатора найдем, совместно решая
уравнения:
A.6,22A;73,21
)2(;)(0
)1(;)(
5115
21
122
21111








j
M
M
eII
jXIjXZI
jXIjXRIU
Определим баланс активной мощности, получаемой из сети:
P=U1I1cos1=10021,73=2173 Вт.
Мощность, поглощаемая в первичной цепи
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

30. 33
P1=I1
2
R1=21,92
2,3=1086 Вт.
Мощность, поглощаемая во вторичной цепи:
P2=I2
2
R2=22,82
2,12=1085 Вт.
При этом РР1+Р2 (неполное совпадение мощностей обусловлено
округлением результатов при вычислении токов).
Мощность, потребляемая во вторичной цепи, передается из пер-
вичной благодаря явлению взаимоиндукции и может быть определена
как P2=UMI2cos( 2;IUM
 )=1085 Вт, где 1IjXU MM
 
Векторная диаграмма
трансформатора приведена на
рис. 2.21. Составим схему заме-
щения трансформатора без маг-
нитной связи (выполним так
называемую развязку индуктивно
связанных цепей).
Прибавим к уравнениям (1),
(2) соответственно +jXM 1I и
+jXM 2I . Тогда уравнения примут
вид
)4(.)()(0
)3(;)()(
12122
2111111
MM
MM
jXIIXXjIZI
jXIIXXjIRIU




Уравнениям (3) и (4) соответ-
ствует схема (рис. 2.22), в которой то-
ки 1I и 2I рассматриваются как кон-
турные. Используя эту схему замеще-
ния трансформатора, можно опреде-
лить входное сопротивление двухпо-
люсника со стороны выходных зажи-
мов (т. е. выполнить первый пункт за-
дания) иначе
  j
XXjRjX
XXjRjX
XXjZ
MM
MM
Mвх 61,212,2
)(
)(
)(
11
11
22 


 .
П р и м е р 2.15. В цепи (рис. 2.23) ЭДС E=50 B; сопротивле-
ния ХС=35 Ом; ХL1=20 Ом; ХL2=60 Ом; ХМ=10 Ом; R=20 Ом. Опреде-
1I
1U
2I
2IjX
+1
+j
MjXI2

11 jXI
MjXI1

11RI
RI2

22IjX 
Рис. 2.21
1I R1 2I
ZU
X1–XM X2–XM
XM
Рис. 2.22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

31. 34
лить комплексы токов в ветвях с помо-
щью непосредственного применения за-
конов Кирхгофа.
Р е ш е н и е. В цепи имеются два
узла и три ветви, поэтому по первому за-
кону Кирхгофа составляется одно урав-
нение, а по второму – два.
Примем положительное направле-
ние токов в ветвях, как показано на
рис.2.23.
Тогда катушки L1 и L2 окажутся включенными встречно (ток 1I
втекает в начало L1, а ток 2I – в конец L2).
По первому закону Кирхгофа для узла b .0321  III 
Остальные два уравнения составим для двух независимых кон-
туров из имеющихся трех. Обход контуров выберем по часовой
стрелке. Тогда система уравнений будет
)3(,0
)2(;)()()(
)1(;0
3122
2122101
321



RIjXIjXI
EjXIjXIjXIjXjXI
III
ML
MMLL



где LCjXI1
 – падение напряжения на конденсаторе;
11 LjXI – составляющая падения напряжения на катушке индук-
тивности L1, обусловленного собственной индуктивностью катушки
L1 и протекающим в ней током 1I ;
22 LjXI – составляющая падения напряжения на катушке ин-
дуктивности L2, обусловленного собственной индуктивностью ка-
тушки L2 и протекающим в ней током 2I ;
MjXI1
 – составляющая падения напряжения на катушке индук-
тивности L2, обусловленного взаимной индуктивностью катушек L1 и
L2 и протекающим в катушке L1 током I1; взят знак минус, так как ка-
тушки L1 и L2 включены встречно.
MjXI2
 – составляющая падения напряжения на катушке индук-
тивности L1, обусловленного взаимной индуктивностью катушек L1 и
L2 и протекающим в катушке L2 током 2I ; взят знак минус, так как
наблюдается встречное включение катушек L1 и L2.
Слагаемые уравнения (3):
R
C
L2
2I
3IL1
1I
E
d
a
b
Рис. 2.23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

32. 35
22 LjXI – аналогично уравнению (2); взят знак минус, так как
ток 2I направлен против обхода контура;
MjXI1
 – аналогично уравнению (2); взят знак плюс, так как со-
ставляющая напряжения на L2, обусловленного взаимной индуктив-
ностью катушек L1 и L2, должна быть обратна составляющей падения
напряжения на L2, обусловленной собственной индукцией (так как
встречное включение L1 и L2); или положительный знак возникает из
формальной записи уравнения ;)( 11 MM XIjjXI  
RI0
 – падение напряжения на резисторе R.
Подставив значение 312 III   из (а) в (b) и (с), получим систе-
му из двух уравнений:
.0)()(
;)()2(
2321
23211


LML
MLMLLC
jXRIjXjXI
EjXjXIXjjXjXjXI


Подставим известные величины
.0)6020(50
)4(;505025
;0)6020()1060(
;50)1060()102602035(
31
31
31
31




IjIj
IjIj
jIjjI
jjIjjjjI




Откуда A.24,221
)4020)(4020(
)4020(100
4020
100 45
3

 j
ej
jj
j
j
I 





Ток 1I определим из уравнения (4):
A.82,222
25
)21(5050 45
1

 j
ej
j
jj
I 


Ток 2I определим из уравнения (1):
A.1)21(22312  jjIII 
П р и м е р 2.16. В цепи (рис. 2.24) имеются три индуктивно и
электрически связанные катушки.
Составить уравнения в общем виде:
а) по законам Кирхгофа; б) методом
контурных токов.
Р е ш е н и е. В соответствии с вы-
бранными направлениями токов катушки
L1 и L2 включены согласно, L1 и L3 –
1I
M12
2I
1E
L1
L3
2E
L2
M13
M23
3I11I 22I
Рис. 2.24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

33. 36
встречно, L2 и L3 – также встречно. Для определения токов можно со-
ставить три уравнения, используя законы Кирхгофа, либо два уравне-
ния, используя метод контурных токов (метод узловых потенциалов
применять нельзя, так как ток в любой ветви зависит не только от
ЭДС и потенциалов, но и от токов в других ветвях).
А. Уравнения по законам Кирхгофа.
По первому закону .0321  III 
По второму закону для левого контура (обход по часовой стрел-
ке)
.
,где,
223113333
313212111131
IjXIjXIjXU
IjXIjXIjXUEUU
MMLk
MMLkkk




Для правого контура (обход против часовой стрелки)
.где, 323112222223 IjXIjXIjXUEUU MMLkkk
 
Б. Уравнения для контурных токов.
,; 22222211211122121111 EIZIZEIZIZ  
где Z11=jXL1+jXL3–j2XM13; Z22=jXL2+jXL3+j2XM23;
Z12= Z21=– jXL3+jXM13–jXM23+jXM12; .; 222111 EEEE  
Знаки перед сопротивлениями взаимной индукции выбираются
в соответствии с направлениями токов в катушках индуктивности.
Так, ток 1I втекает в начало L1, а ток 3I в конец L3, то есть по отно-
шению к току 1I катушки L1 и L3 включены встречно, поэтому перед
сопротивлением взаимной индукции выбран отрицательный знак. Ток
2I втекает в начало катушки L2, то есть по отношению к току 1I ка-
тушки L2 и L1 включены согласно, поэтому перед сопротивлением
взаимной индукции выбран положительный знак. Аналогично уста-
навливаем, что катушки L2 и L3 включены встречно.
Для взаимного сопротивления контуров знаки выбираются по
следующему правилу (с учетом данного направления контурных то-
ков):
Z12=Z21= –(Z3–jXM12), где Z3=jXL3–jXM13+jXM23.
Знак перед jXM13 выбран отрицательный, а перед jXM23 поло-
жительный, так как L1 и L3 включены встречно, а L2 и L3 – согласно
(по отношению к контурным токам). Знак перед jXM12 выбран отрица-
тельный, так как L1 и L2 по отношению к контурным токам 11I и 22I
включены встречно.
Тогда система уравнений для контурных токов будет
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

34. 37
.)2()(
;)()2(
22222332112313123
11222312133111331
EIXjjXjXIjXjXjXjX
EIjXjXjXjXIXjjXjX
MLLMMML
MMMLMLL




П р и м е р 2.17. В цепи (рис. 2.25) напряжения
B100;B100 30
2312

 j
eUU  ; L1=L2=4мГн; L3=2 мГн; С=40 мкФ;
f=400 Гц; R1=10 Ом; R2=8 Ом; коэффициент связи k=0,5.
Определить комплексы токов в первой и во второй ветвях, а
также комплекс напряжения 45U .
Р е ш е н и е. В цепи (рис. 2.25) имеются три связанные катуш-
ки, причем катушка L3 связана с остальными только индуктивной
(трансформаторной) связью, а катушки L1 и L2 связаны между собой
электрической и индуктивной связя-
ми. Тогда токи в первой и второй
ветвях можно определить, например
из системы контурных уравнений, в
которых 222111 ; IIII   ;
,; 1222212111212111 EIZIZEIZIZ  
где Z11=R1+jXL1–jXC; Z12=Z21=–
(–jXC+jXM12); Z22=R2+jXL2–jXC;
Напряжение 45U определяется как сумма ЭДС, наводимых в ка-
тушке L3 током 1I , протекающим в катушке L1, и током 2I , протека-
ющим в катушке L2. С учетом одноименных зажимов катушек
направления токов 21 и II  , а также выбранного направления
напряжения 45U будут .; 23451345 IMjUIMjU    Тогда
.454545 UUU  
Значения М определяются из выражения для коэффициентов
связи
nm
mn
mn
LL
M
k  и т. п.
Числовые значения параметров цепи и режима
1I
M12
2I
L1
L3
L2
M13
M23
11I
22I
R1
R2
3
2
1
4
5
45U
12U
23U
Рис. 2.25
.; 23221211 UEUE  
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

35. 38
A.5,38,4
105
366500
A;4,27,11
105
2501230
2
2
1
1
j
j
I
j
j
I














Составляющая напряжения 45U :
B.3,429,8)4,27,11(6,345 jjjU 
Составляющая напряжения 45U  :
B.4,176,12)5,38,4(6,345 jjjU 
Напряжение B.9,245,214,176,123,429,845 jjjU 
Решение проверяют, используя уравнение второго закона
Кирхгофа для внешнего контура; выберем направление обхода кон-
тура по часовой стрелке:
;112222221211112312 IjXIjXIRIjXIjXIRUU MLML
 
100+50+j86,5=(10+j10–j5)(11,7–j2,4)+(8+j10–j5)(4,8+j3,5).
150+j86,5=150+j86,5.
З а д а ч и
11. Рассчитать токи в ветвях и
напряжения BCAC UU  , цепи, приведен-
ной на рисунке, если kI =20 A; R1=4,9
Ом; ХС=15,1 Ом; R2=5,1 Ом; ХL1=6 Ом;
ХL2=10 Ом; ХМ=3 Ом.
12. Определить показания вольт-
метра и ваттметра в цепи: а) при разо-
мкнутом выключателе; б) при замкну-
том выключателе.
Параметры схемы: R1=R2=10 Ом;
Х1=Х2=10 Ом; Е =141 В; коэффициент
связи К=0,80.
13. Определить значение ем-
кости, при которой в цепи возник-
нет резонанс.
R1 XL1
3I
XC
c
4I
XL2
R2
a b
2I
KI
XM
R2
1I
2I
W1
V2
R1
X2
X1
I
E
XM
M
L1 L2
R1
R2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

36. 39
14. Две индуктивно связанные катушки соединены последова-
тельно. Приложенное напряжение и ток в цепи выражаются комплек-
сами A.5B,40 5353 
 jj
eIeU 
 . Определить R и L одной катушки,
если М=0,1 Гн, а катушки одинаковы.
15. Для схемы автотрансформатора указать неверное
уравнение:
 
.0)()(г)
;в)
;0)2()()(б)
;))((а)
22111111
211111
2212222111
221111




IMjILjRILjRU
IMjILjIRU
IRIIMjILjRIILjR
IMjIILjRU
H








П р и м е р 2.18. При постоянных значениях частоты и прило-
женного напряжения сопротивление нагрузки (рис. 2.26) меняется от
0 до . При этом 1U =100 В; Х1=10 В;
R1=10 Ом. 1. Показать, что для тока в нагруз-
ке HI , тока на входе цепи 1I и напряжения на
индуктивности LU могут быть построены
круговые диаграммы. 2. Рассчитать данные
для построения круговых диаграмм 1I и LU .
3. По круговой диаграмме тока 1I определить 1I , cos, P, Q, при
RH=10 Ом.
Р е ш е н и е. 1. Если выражение для тока (напряжения) в ком-
плексной форме записи (обозначим его ) имеет вид
,
1
или,
1 
 jj
ke
O
N
ke
M








где векторы ONM  ,, – постоянны, коэффициент k меняется от 0
до , угол  постоянен и не равен 0 или +180; то геометрическим
местом концов вектора тока (напряжения) является дуга окружности
(круговая диаграмма).
При =0 или +180 геометрическим местом концов вектора то-
ка (напряжения) будет прямая линия (линейная диаграмма).
Используя метод эквивалентного генератора, заменим всю схе-
му, за исключением ветви переменного сопротивления RH, эквива-
1I
2I
L1
L2
R1
R2
Rн
1U
т
Х1 UL
R1
RН
п
1I
HI
Рис. 2.26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

37. 40
лентным генератором с ЭДС ЭЕ , равной напряжению холостого хода
mnxxU на разомкнутых зажимах переменного сопротивления:
1
11
1
. R
jXR
U
UЕ xxmnЭ



 ,
и эквивалентным сопротивлением Zэ =
jXR
jXR
Z вх


1
1
2 .
Входное сопротивление схемы относительно зажимов перемен-
ного сопротивления определим из исходной схемы при замене име-
ющихся в них источников энергии их внутренними сопротивлениями
(для источников ЭДС Zв=0, для источников тока Zв=).
Тогда ток в нагрузке ,
1
/
)(
2
2 2вхHj
вхэ
вхH
э
н
ke
ZE
ZZ
E
I 






то есть конец вектора нI скользит по дуге окружности, хордой ко-
торой является вектор
вх
э
Z
E
2

, а направление касательной определяет-
ся углом =Н–2вх.
В линейных цепях ток (напряжение) в любой ветви связан с то-
ком в другой ветви линейным соотношением, например, ток на входе
цепи и напряжение на индуктивном сопротивлении связаны с током в
нагрузке соотношениями .;1 HLH IdcUIbaI   Коэффициенты
a, b, c, d найдем при режимах холостого хода (RH=) и короткого за-
мыкания (RH=0).
В общем виде
Приведенные выражения свидетельствуют о том, что геометри-
ческим местом концов векторов LUI  и1 также являются дуги окруж-
ностей.
2. Для построения круговых диаграмм рассчитаем следующие
режимы цепи:
а) холостого хода
;A07,7 45
11
1
10

 j
e
jXR
U
I 


 ;B7,70 45
1100

 j
L ejXIU 
.
1
;
1
0
0
101
101








j
LLk
LL
j
k
ke
UU
UU
ke
II
II




Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

38. 41
б) короткого замыкания
;A10 90
1
1
1

 j
k e
jX
U
I 
 ;B1001 UULk

в) для определения входного сопротивления Z2вх относительно
зажимов тп
B.
1
07,7100
07,7
)1(A;
1
07,710
07,7Отсюда
.45450Ом;07,7
45
45
45
45
4590
45
1
2
45
11
11
2










j
j
j
L
j
jj
j
вхH
j
вх
ke
e
eU
ke
ee
eI
e
jXR
jXR
Z













Строим круговую диаграмму для 1I (рис. 2.27). На комплексной
плоскости по вещественной оси
откладываем напряжение 1U , а за-
тем токи kII 110 и  в масштабе
тI=2 А/см под углами –45 и –90
соответственно. Затем проводим
хорду ab, являющуюся разностью
векторов 101 , II k
 и под углом  к
положению хорды в точке b про-
водим линию, которая будет в
дальнейшем касательной к пред-
полагаемой дуге окружности.
Центр окружности с лежит на пе-
ресечении перпендикуляра, про-
веденного из середины хорды
(точка с’), и перпендикуляра к ка-
сательной (совпал с линией ob).
Для построения линии переменного сопротивления (ЛПС) на
хорде от конца вектора тока х. х. (точка а) откладываем в масштабе
сопротивлений mZ=4 Ом/см модуль сопротивления Z2k (отрезок аd).
Затем от конца этого отрезка под углом – проводим ЛПС (отре-
зок dg).
+j
+10
касат. ЛПС
a
c
b
1U
10I
1I
kI1

c'

f
g
d
h
mI=1 A/см
mZ=4 Ом/см
mU=20 B/см
mP=100 Вт/см
Рис. 2.27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

39. 42
3. При RH=10 Ом на линии ЛПС откладываем в масштабе сопро-
тивлений отрезок dg и соединяем точки а и g. На этой линии отрезок
af (до пересечения с окружностью) изображает второе слагаемое в
уравнении (1). Сумма тока холостого хода 10I и этого тока дают ис-
комый ток 1I . Измерив отрезок of, изображающий ток I1, найдем ве-
личину этого тока I1=ofmI=8,9 A, a измерив угол =63, определим
комплекс тока A.9,8 63
1

 j
eI 
 Более точно можно определить угол 
через отношение отрезков oh и of, так как 46,0
0,9
1,4
cos 
of
oh
 . От-
резок oh определяет активную мощность Р в масштабе мощностей
тР=UmI=100 Вт/см, то есть Р=ohmP=4,1100=410 Вт. Другой отре-
зок hf определяет реактивную мощность в том же масштабе, то есть
Q=hfmP=7,8100=780 вар.
П р и м е р 2.19. Фазовращающая цепь, схема которой пред-
ставлена на рис. 2.28, позволяет при постоянстве выходного напря-
жения cdU менять его фазу от 0 до 1800
. Показать
это, если модуль ХС меняется от 0 до .
Р е ш е н и е. Для ветви асb(правая ветвь)
запишем уравнение напряжения на конденсаторе
2/
11 11)/(
)(
j
ab
c
ab
c
cab
сb
ke
U
jXR
U
jXR
jXU
U









где .
2
,varia1 
 
cX
R
k
Полученное уравнение позволяет построить круговую диаграм-
му. Для этого по вещественной оси отло-
жим вектор ab(рис.2.29), который будет
соответствовать напряжению
abU .(стрелка к первому индексу). Если
задана величина напряжения abU , то от-
резок аb откладывают в масштабе напря-
жений
ab
U
m ab
U  В/см.
Рис.2.29
a
b d
c
c'
касательная
R1
Xc
Рис.2.28
a
b
d c
R
R
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

40. 43
Продолжив отрезок аb и отложив угол ψ = π/2, получим направ-
ление касательной к ожидаемой дуге окружности. По общему прави-
лу проводим перпендикуляр к касательной и перпендикуляр к сере-
дине отрезка, на котором строим круговую диаграмму. Их пересече-
ние определит центр окружности. В данном случае перпендикуляр к
касательной совпал с отрезком аb и центр окружности
оказался на середине отрезка аb. Проводим дугу окружности в сторо-
ну противоположную полученной касательной. По этой дуге будет
перемещаться конец вектора cb, изображающего напряжение
cbU .Рассмотрим левую ветвь adb и учтем, что на построенной диа-
грамме напряжение аbU уже представлено вектором ab.При равен-
стве сопротивлений R точка d будет находится на середине отрезка ab
и напряжению cbU будет соответствовать вектор cd (на топографиче-
ской диаграмме стрелка к первому индексу «с»).
При изменении сопротивления Xc конец вектора cb будет пере-
мещаться по дуге окружности, а за ним будет перемещаться конец
вектора cd . При этом угол adc ,будет изменяться от 0 до 900
,а модуль
вектора cd будет оставаться неизменным. Углу adc соответствует фа-
зовый сдвиг напряжений abU и cdU , а величине отрезка cd модуль
напряжения cdU
З а д а ч и
16. Построить геометрическое место концов век-
тора напряжения mnU в схеме и определить наибольшее
значение этого напряжения, если известно, что сопро-
тивление источника питания Z=(5+j8,65) Ом, а в режи-
ме резонанса напряжение mnU =173 В.
17. В режиме короткого замыкания (ХС=0) токи в ветвях
по модулю равны: I=33,5 A; I1=10 A; I2=23,5 A.
Построить геометрическое место концов вектора
тока I. Определить величину емкости в резо-
нансных режимах, если напряжение источника
энергии и1=200sin3140t B.
E
Z
n
m
I
R1
2I
1U
XL
XC
R2
1I
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

41. 44
3. ТРЕХФАЗНЫЕ ЦЕПИ
П р и м е р 3.1. В цепи (рис. 3.1) фазные напряжения UФ=100 В,
сопротивления ZA=0,5–j0,5 Ом, ZВ=0,33–
j0,33 Ом, ZС=0,23+j0,154 Ом, Z0=1+j Ом.
а) Определить токи в линейных проводах и в
нулевом проводе и построить векторную
диаграмму напряжений. То же выполнить
для следующих режимов: б) Z0=, в) Z0=0.
Р е ш е н и е. В цепи два узла, поэтому
целесообразно вести расчет методом двух
узлов. Напряжение между узлами 0’ и 0
(напряжение смещения нейтрали)
0
00'0
YYYY
YEYEYE
UU
CBA
CCBBAA




 .
А. Если принять следующее пространственное расположение
векторов ЭДС (см. рис.3.2), то есть
,;;; 12022400
A
j
ACA
j
AB
j
AAФA EaeEEEaeEEeEEUE 


то выражение для напряжения смещения нейтрали примет вид
.
0
2
0
YYYY
YaYaY
EU
CBA
CBA
A


 
Тогда токи в ветвях определятся из уравне-
ний:
– для первой ветви ,0 AAA ZIEU  
откуда   ,0
0
AA
A
A
A YUE
Z
UE
I 

 


– второй ветви ,2
0 BBABBB ZIEaZIEU  
откуда   ,0
20
2
BA
B
A
B YUEa
Z
UEa
I 

 


– третьей ветви ,0 CCACCC ZIEaZIEU  
откуда   ,0
0
CA
C
A
C YUEa
Z
UEa
I 

 


– ток в нулевом проводе находится непосредственно из выражения
.00
0
0
0 YU
Z
U
I 

 
0 0
ZA
ZB
ZC
Z0
0U
СI
BI
AI '0AU
СE
BE
AE
А
В
С
Рис. 3.1
j
+1
CE
–1
–j
BE
AE
Рис. 3.2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

42. 45
Б. Для Z0=, то есть при обрыве нулевого провода, выражение
напряжения смещения примет вид
.0
11
кактак,
0
0
2
0 





Z
Y
YYY
YaYaY
EU
CBA
CBA
A

Выражения для токов сохраняют прежний вид.
В. Для Z0=0, то есть когда проводимость нулевого провода бес-
конечно большая, выражение для напряжения смещения нейтрали
примет вид .
0
11
кактак,0
0
00 
Z
YU
Токи в линейных проводах определятся из ранее приведенных
выражений с учетом того, что 00 U .Ток в нулевом проводе опреде-
лим по первому закону Кирхгофа
.0 CBA IIII  
Определим численные значения всех величин. Значения прово-
димостей
См.5,05,0
1
11
См;23
154,023,0
11
См;5,15,1
33,033,0
11
См;1
5,05,0
11
0
0 j
jZ
Yj
jZ
Y
j
jZ
Yj
jZ
Y
C
C
B
B
A
A










Отметим, что а = –0,5+j0,866, а2
= –0,5 – j0,866.
А . Напряжение смещения нейтрали при Z0=1+j Ом
B.5,4230
6
255178
)5,05,0)(23()5,15,1()1(
)23)(866,05,0()5,15,1)(866,05,0(1
1000
j
j
jjjj
jjjjj
U







Токи в ветвях
AI =(100–30–j42,5)(1+j)=113+j28 A,
BI =[(–0,5–j0,866)100–30–j42,5](1,6+j1,5)=74–j314 A,
CI =[(–0,5+j0,866)100–30–j42,5](3–j2)=–151+j292 A,
0I =(30+j42,5)(0,5–j0,5)=36+j6 A.
Б. Напряжение смещения нейтрали при Z0 = 
B.4336
)23()5,15,1()1(
255178
1000 j
jjj
j
U 



Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

43. 46
Токи в ветвях AI =(100–36–j43)(1+j)=107+j21 A,
BI =[(–0,5–j0,866)100–36–j43](1,5+j1,5)=65,4–j323 A,
CI =[(–0,5+j0,866)100–36–j43](3–j2)=–172+j302 A,
0I =0.
В. Токи в ветвях при Z0 = 0
AI =100(1+j)=100+j100 A,
BI =(–0,5–j0,866)100(1,5+j1,5)=55–j205 A,
CI =(–0,5+j0,866)100(3–j2)=23+j360 A,
0I =100+j100+55–j205+23+j360=178+j255 A,
Векторные диаграммы напряжений представлены на рис. 3.3.
j
+1
CE
0
BE
AE
0'
AU
CU
BU
Z0=1+j Ом
mU=2 В/мм
0'0U
а)
j
+1
CE
0
BE
AE
0'
AU
CU
BU
Z0=
0'0U
б)
Рис. 3.3.
j
+1
CE
0
BE
AE
0'
AU
CU BU
Z0=0
в)
П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение для первых двух режимов
проверим с помощью уравнения для первого закона Кирхгофа:
а) CBA III   =113+j26+74–j314–151+j292=36+j6=I0,
б) CBA III   =107+j21+55,4–j323–172+j302=0=I0.
Для третьего режима, когда Z0=0, решение проверим с помощью
уравнения энергетического баланса:
     .
,
222
***
CCCBBBAAAпотр
CCBBAAист
jXrIjXrIjXrIS
IUIUIUS

 
истS =100(100–j100)+(–50–j86,6)(55+j205)+(–50+j86,6)(23–360)=
55–j5кВА,
потрS =(1002
+1002
)(0,5–j0,5)+(552
+2052
)(0,33–j0,33)+
+(232
+3602
)(0,23+j0,154)= 55–j5 кВА.
потрист SS  .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

44. 47
П р и м е р 3.2. В цепи (рис. 3.4) линей-
ные напряжения UЛ=220 B, сопротивления
3
22
R Ом, ХL=22 Ом, XC=22 Ом.
Определить токи в ветвях если:
а) выключатель замкнут;
б) выключатель разомкнут (обрыв фазы А).
Построить векторные диаграммы токов
и напряжений для каждого случая.
Р е ш е н и е. Так как сопротивление ну-
левого провода равно нулю, то токи в линейных проводах определят-
ся непосредственно (по закону Ома), с учетом того, что
,,,,,
3
20
ACAB
j
AAФA
Л
Ф EaEEaEeEEUE
U
U 

 
тогда .,,
2
C
A
C
L
A
B
A
A
jX
Ea
I
jX
Ea
I
R
E
I








Если выключатель разомкнут, 0AI . Токи CB II  и не меняют своей
величины.
В соответствии с принятыми направлениями токов
CBA IIII  0
.А. Токи в линейных проводах при замкнутом выключателе
Ток в нулевом проводе .0
3
5
5
3
5
5100  jjI
Б. При разомкнутом выключателе
.A10
3
5
5
3
5
5
,A
3
5
5,A
3
5
5
0 

jjI
jIjI CB


0 0
R
XL
XCCE
СI
BI
AI
BE
AE
0I
ФU
ЛU
Рис. 3.4
.A
3
5
5
)22(3
220)866,05,0(
,A
3
5
5
223
220)866,05,0(
,A10
223
3220
j
j
j
I
j
j
j
I
I
C
B
A














Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

45. 48
Векторные диаграммы токов и напряжений представлены на ри-
сунке 3.5.
j
+1
CU
–1
–j
BU
AU
AI
CIBI
0
j
+1
CU
–1
–j
BU
AU
CIBI
0
0I
а) б)
Рис. 3.5
П р о в е р к а р е ш е н и я. Решение проверим по второму за-
кону Кирхгофа.
Для верхнего контура
   
.191330191330
.22
3
5
5
3
22
10
3
220
866,05,0
3
220
.
jj
jjj
jXIrIUU LBABA








 
Для среднего контура
 
   
   
.382382
.22
3
5
522
3
5
5,0
3
220
866,05,0
3
220
866,05,0
.
jj
jjjj
jj
jXIjXIUU CCLBCB















 
При разомкнутом выключателе для среднего контура цепи
 
.382382
.
jj
jXIjXIUU CCLBCB

 
П р и м е р 3.3. В цепи (рис. 3.6) линейные напряжения
UЛ=173 B, сопротивления нагрузки ZA=4 Ом, ZB=6 Ом, ZA=j10 Ом.
Определить токи в ветвях, показания ваттметров и активную мощ-
ность, потребляемую нагрузкой. Построить топографическую диа-
грамму, совместив ее с векторной диаграммой токов.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»