Определения силы тока, падения напряжения с помощью электроизмерительных приборов.

Для измерения силы тока последовательно в цепь включают
амперметр (А). Последовательное включение амперметра в измеряемую цепь обуславливается тем, что его внутреннее (собственное) сопротивление (R_A) практически равно нулю, что в реальных электрических схемах соответствует проводнику (в идеале R_A=0). Следовательно, падение напряжения на амперметре U_A=R_A∙I=0. Поэтому наличие его в цепи никак не сказывается на истинном значении измеряемого тока.

Для измерения величины напряжения на любом участке электрической цепи параллельно к нему включают вольтметр (V). Параллельное включение вольтметра в измеряемую цепь обуславливается тем, что его внутреннее сопротивление (R_V) очень большое, что в реальных электрических схемах соответствует разрыву ветви, в которой находится вольтметр (в идеале R_V=¥, а ток, протекающий через вольтметр I_V=0). Следовательно, наличие его в цепи никак не сказывается на истинном значении измеряемого напряжения.

Пример №7.

Дано: Е=120 В, R₁=10 Ом, R₂= R₃= R₅=25 Ом, R₄=50 Ом (Рис. 8).

Определить: показания приборов А₁, А₂, А₃, V₁, V₂.

Решение.

Определим показания электроизмерительных приборов (А₁, А₂, А₃ и V₁, V₂) воспользовавшись методом эквивалентных преобразований резисторов и законами Ома и Кирхгофа.

Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, b¢, c, d, f, е, g, h (см. рис. 8а).

b¢

IV1

a

b

R24

R3

I1

c

I3

IV2

d

R5

R4

е

f

e

Рис. 8а. Рис. 8б.

I1 d

f

b

a

I34

I2

Uaе

E

a

I

Uaе

E

f

a

I

Uaе

E

Рис. 8в. Рис. 8г.

Как видно из рис. 8а точки b и f – места соединения трех ветвей, следовательно, данные точки являются узлами электрической цепи. Точки
е, g, h узлами не являются, поскольку данные точки – места соединения лишь двух проводников. Точки a, b¢, c, d также узлами не являются (хотя есть место соединения трех и более ветвей), так как токи, протекающие через вольтметры I_V1=0, I_V2=0.

Выберем направление неизвестных токов I₁, I₂, I_3, произвольным образом (как показано на рис. 8а).

Последовательно соединенные резисторы с сопротивлениями R₂, R₄ и R₃, R₅ заменяем соответственно на резисторы с эквивалентными сопротивлениями R₂₄ и R₃₅:

R₂₄ = R₂ + R₄ = 25+50=75 Ом.

R₃₅ = R₃ + R₅ =25+25=50 Ом.

Исходную схему (рис. 8а) преобразуем в эквивалентную (рис. 8б).

Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R₂₄ и R₃₅ заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R₂₄₃₅ по формуле:

Преобразованную схему (рис. 8б) заменяем на эквивалентную (рис. 8в).

Общее эквивалентное сопротивление всей цепи равно:

R_ЭКВ = R₁ + R₂₄₃₅ = 10+30=40 Ом.

Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная схема (рис. 8а) трансформируется в эквивалентную (рис. 8г).

Определим силу тока I₁ на входе цепи (рис. 8г), что соответствует показанию амперметра А₁ (рис. 8а):

Для того чтобы определить показания амперметров А₂ и А₃ в параллельных ветвях необходимо найти соответственно токи I₂ и I₃ (рис. 8б):

,

где (рис. 8в).

Определим падение напряжения U_ab (рис. 8в), которое соответствует показанию вольтметра V₁ (рис. 8а):

Показание вольтметра V₂ определим по второму закону Кирхгофа для контура dbсd, образуемого резисторами R₂, R₃ и вольтметром V₂ (рис. 8а):

Знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное направление падения напряжения (на рис. 8а это направление показано пунктиром). Истинное (физическое) направление падение напряжения от потенциала d к потенциалу c Þ U_dc = 15 В (на рис. 8а это направление показано сплошной линией).

Если падение напряжения измеряется вольтметром электромагнитной системы [1], то направление падения напряжения не влияет на показание прибора. Если же падение напряжения измеряется вольтметром магнитоэлектрической системы [1], то необходимо учитывать направление падения напряжения и правильно включить прибор, в противном случае стрелка измерительного прибора будет отклоняться в противоположную сторону. В обоих случаях вольтметры разной системы покажут V₂ =15 В.

Показание вольтметра V₂ можно также определить через электрические потенциалы: пусть j_B=0, тогда j_d = j_B – R₂× I₂ = 0 – 25×1,2 = – 30 B, а

j_С = j_B – R₃× I₃ = 0 – 25×1,8 = – 45 B,

V₂ = U_dc= j_d – j_C = – 30– (– 45) = 15 В.

ПРИМЕЧАНИЕ. В электротехнике принято, что ток течет от точки более высокого потенциала к точке более низкого потенциала (от «+» к «-»). Так как мы идем по направлению тока, то потенциал j_d меньше j_B на величину падения напряжения на резисторе R₂, а j_С меньше j_B на величину падения напряжения на резисторе R₃.

Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:

360Вт=360 Вт.

Пример №8.

Дано: Е=110 В, R₁=21 Ом, R₂=40 Ом, R₃=20 Ом, R₄=60 Ом, R₅=20 Ом.(Рис. 9)

Определить: показания приборов А₁, А₂, V₁, V₂.

b¢

IV1

R5

R4

R3

I1

c

b

a

I3

a

I1

b

R3

E

c

I3

d

IА2

d

R4

R5

I5

I5

f

IV2

e

e

f

Рис. 9а. Рис. 9б.

		Û

Рис. 9в. Рис. 9г.

Решение.

Определим показания электроизмерительных приборов (А₁, А₂, V₁, V₂) воспользовавшись методом эквивалентных преобразований резисторов и законами Ома и Кирхгофа.

Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, b¢, c, d, f, е, g (см. рис. 9а).

Как видно из рис. 9а точки b, c, d, f – места соединения трех ветвей, следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точка е узлом не является, поскольку данная точка – место соединения лишь двух проводников. Точки a, b¢, d, g также узлами не являются (хотя есть место соединения трех и более ветвей), так как токи, протекающие через вольтметры I_V1=0, I_V2=0.

Электрический потенциал точки j_С равен электрическому потенциалу точки j_d, так как внутреннее сопротивление амперметра А₂ равно нулю. Поэтому эти узлы можно объединить в одну точку (см. рис. 9б).

Выберем направление неизвестных токов I₁, I₂, I₃, I₄, I₅произвольным образом (как показано на рис. 9а и 9б).

Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R₂, R₄ и R₃, R₅ заменяем соответственно на резисторы с эквивалентными сопротивлениями R₂₄ и R₃₅:

Схема (рис. 9б) преобразуется в эквивалентную схему (рис. 9в).

Общее эквивалентное сопротивление всей цепи равно:

R_ЭКВ = R₁ + R₂₄+ R₃₅ = 21+24+10 = 55 Ом.

Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная схема (рис. 9а) трансформируется в эквивалентную (рис. 9г).

Определим силу тока I₁ на входе цепи (рис. 9г), что соответствует показанию амперметра А₁ (рис. 9а):

Рассчитаем токи I₂ и I₄ (рис. 9б):

,

где (рис. 9в).

Рассчитаем токи I₃ и I₅ (рис. 9б):

,

где (рис. 9в).

Падение напряжения U_df соответствует показанию вольтметра V₂.

Определим падение напряжения U_ab (рис. 9в), которое соответствует показанию вольтметра V₁ (рис. 9а):

Показание амперметра А₂ определим по первому закону Кирхгофа для узла сили для узла d, (рис. 9а):

Знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное направление тока I_A2 (на рис. 9а это направление показано пунктиром). Истинное (физическое) направление тока от потенциала с к потенциалу d (на рис. 9а это направление показано сплошной линией).

Если ток измеряется амперметром электромагнитной системы [1], то направление тока не влияет на показание прибора. Если же ток измеряется амперметром магнитоэлектрической системы [1], то необходимо учитывать направление силы тока и правильно включить прибор, в противном случае стрелка измерительного прибора будет отклоняться в противоположную сторону. В обоих случаях амперметры разной системы покажут А₂ =0,2 А.

Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:

220Вт=220 Вт.

Пример №9.

Дано: Е=220 В, R₁=10 Ом, R₂=40 Ом, R₃=60 Ом, R₄=20 Ом, R₅=6 Ом.(Рис. 9)

Определить: показания приборов А₁, А₂, V₁, V₂.

a

a

I3

I5

IV2

IА2

R5

R4

R3

I1

c

b

I3

R3

IА2

f

d

I1

b

I5

E

d

c

E

R5

R4

f

e

e

Рис. 10а. Рис. 10б.

a

I1

b

I3

R3

c,d

c,d

I2=IА2

E

R5

I1=I5

e

f

Рис. 10в. Рис. 10г. Рис. 10д.

Решение.

Определим показания электроизмерительных приборов (А₁, А₂, V₁, V₂) воспользовавшись методом эквивалентных преобразований резисторов и законами Ома и Кирхгофа.

Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
a, b, c, d, f, е, g (см. рис. 10а).

Как видно из рис. 10а точки b, c, – места соединения трех ветвей, следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точки а, g, е узлами не являются, поскольку данные точки – место соединения лишь двух проводников. Точки d, f также узлами не являются (хотя есть место соединения трех и более ветвей), так как токи, протекающие через вольтметры I_V1=0, I_V2=0.

Электрический потенциал точки j_С равен электрическому потенциалу точки j_d, так как внутреннее сопротивление амперметра А₂ равно нулю. Поэтому участок цепи с амперметром А₂ можно заменить проводником (см. рис. 10б и 10в).

Так как сила тока I_V1 через сопротивление R₅ равна нулю, следовательно, падение напряжения U_dg = U_V2 = R₄×I_V1 =20×0= 0 В (рис. 10б).

Таким образом показание вольтметра V₂ равно нулю, а участок электрической цепи с сопротивлением R₄ из электрической схемы можно исключить (см. рис. 10в).

Выберем направление неизвестных токов I₁, I₂, I₃, I₅произвольным образом (как показано на рис. 10а и 10б).

Поскольку электрические узлы d и f трансформируются в места последовательно соединения элементов электрической цепи (точка d – место последовательного соединения резистора R₂ и проводника с током I_A2; точка f – место соединения резистора R₅ и источника ЭДС Е, см. рис. 10б). Следовательно, I₂ = I_A2, I₁ = I₅ (рис. 10в).

Параллельно соединенные резисторы с сопротивлениями R₂, R₃, заменяем на резистор с эквивалентным сопротивлением R₂₃:

Схема (рис. 10в) преобразуется в эквивалентную схему (рис. 10г).

Общее эквивалентное сопротивление всей цепи равно:

R_ЭКВ = R₁ + R₂₃+ R₅ = 10+24+6 = 40 Ом.

Таким образом, после проведенных выше преобразований исходная схема (рис. 10а) трансформируется в эквивалентную (рис. 10д).

Определим силу тока I₁ на входе цепи (рис. 10д), что соответствует показанию амперметра А₁ (рис. 10а):

Рассчитаем токи I₂ и I₃ (рис. 10б и 10в):

,

где (рис. 10г).

Показание амперметра А₂ соответствует силе тока I₂ = I_A2 = 3,3 A.

Определим падение напряжения U_сf (рис. 10г), которое соответствует падению напряжения U_gf (рис. 10б) и показанию вольтметра V₁ (рис. 10а):

Проверим правильность проведенных расчетов по балансу мощностей:

1210Вт = 1210 Вт.

Пример №10.

Дано:Е₁=100 В, Е₂=150 В, E₃=60 B, U_AD=50 B, U_HD=110 B, R₁=30 Ом,
R₂=20 Ом, R₃=100 Ом (рис. 11).

Определить:показание амперметра А.

Рис. 11.

Решение.

Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
A, B, C, D, E, F, G, H (см. рис. 11).

Как видно из рис. 11 точки A, D, E, H – места соединения трех ветвей, следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точки B, C узлами не являются, следовательно, элементы R₁, E₁, R₂ включены последовательно. Точки G, H также узлами не являются, следовательно, элементы E₂, R₃, Е₃ включены последовательно.

Выберем направление неизвестных токов I₁, I₂, I_Апроизвольным образом (как показано на рис. 11).

Определим силу тока I₁ по обобщенному закону Ома для участка цепи AD, т.е. по закону Ома для участка цепи с источником ЭДС Е₁:

- в данном выражении знак «+» ставится перед ЭДС и падением напряжения, если их направления совпадают с выбранным направлением тока, в противном случае берется знак «-».

Аналогично определим силу тока I₂ для участка цепи DН:

- знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное направление тока I₂ (на рис. 11 это направление показано пунктиром). Истинное (физическое) направление тока I₂ от потенциала Н к потенциалу D (на рис. 11 это направление показано сплошной линией).

Показания амперметра I_A определим по первому закону Кирхгофа в узле D для истинных значений и направлений токов:

Следовательно, амперметр А покажет 5 А.

Пример №11.

Дано:Е₁=100 В, Е₂=150 В, E₃=330 B, R₁=30 Ом, R₂=20 Ом, R₃=100 Ом,
R₄=20 Ом, I₁ = 3 A, I₂ = 4 A (рис. 12).

Определить:показание амперметра А и вольтметра V, построить потенциальную диаграмму для контура KHFGDCBAK.

Рис. 12.

Решение.

Обозначим места соединения элементов электрической цепи точками
A, B, C, D, E, F, G, H, K (см. рис. 12).

Как видно из рис. 12 точки A, D, E, K – места соединения трех и более ветвей, следовательно, данные точки являются электрическими узлами. Точки B, C узлами не являются, следовательно, элементы R₁, R₂, E₁ включены последовательно. Точки G, F, H также узлами не являются, следовательно, элементы E₂, R₃, Е₃, R₄ включены последовательно.

Запишем первый закон Кирхгофа для узла D:

Следовательно, амперметр А покажет 1 А.

Определим падение напряжения U_AD из обобщенного закона Ома для участка цепи AD:

Определим падение напряжения U_KD из обобщенного закона Ома для участка цепи KD:

Знак «-» говорит о том, что мы неправильно выбрали истинное направление падения напряжения U_KD (на рис. 12 это направление показано пунктиром). Истинное (физическое) направление падения напряжения U_DК от потенциала D к потенциалу К (на рис. 12 это направление показано сплошной линией).

Определим показания вольтметра V по второму закону Кирхгофа, выбрав положительный обход контура KHFGDCBAK против часовой стрелки. Считаем, что вольтметр V с участками KD и DA создает замкнутый контур.

где U_AK = U_V, следовательно, вольтметр покажет 550 В.

Показание вольтметра V можно также определить через электрические потенциалы:

пусть j_D=0, тогда j_C = j_D + E₁,

j_B = j_C + R₂× I₁ = j_D + E₁ + R₂× I₁,

j_A = j_B + R₁× I₁ = j_D + E₁ + R₂× I₁+ R₁× I₁=0+100+20×3+30×3=250 B,

пусть j_D=0, тогда j_G = j_D – E₂,

j_F = j_G – R₃× I₂ = j_D – E₂ – R₃× I₂,

j_H = j_F + E₃ = j_D – E₂ – R₃× I₂ + E₃,

j_K = j_H – R₄× I₂ = j_D – E₂ – R₃× I₂ + E₃ – R₄× I₂ =0–150–100×4+330–20×4=–300 B.

Следовательно, показание вольтметра V равно:

U_AK= j_A – j_K = 250– (– 300) = 550 В.

Построение потенциальной диаграммы. Потенциальной диаграммой называется распределение электрических потенциалов вдоль участков цепи замкнутого контура - j(R). Выберем положительный обход контура против часовой стрелки KHFGDCBAK. Для построения потенциальной диаграммы предполагаем, что один из потенциалов (любой) замкнутого контура равен нулю.

Пусть j_K=0, тогда j_H = j_K + R₄× I₂ =0+20×4=80 B,

j_F = j_H – E₃ =80 – 330 = –250 B,

j_G = j_F + R₃× I₂ = –250 + 100×4 = 150 B,

j_D = j_G + E₂ = 150 + 150 = 300 B,

j_С = j_D + E₁ = 300 +100 = 400 B,

j_B = j_C + R₂× I₁ = 400 + 20×3 = 460 B,

j_A = j_B + R₁× I₁ =460 + 30×3 = 550 B,

j_K = j_A– U_AK = 550 – 550 = 0 B.

ПРИМЕЧАНИЕ 1. В данных выражениях значение ЭДС Е берется со знаком «+», если обход контура совпадает с направлением Е, так как ток в источнике ЭДС течет от более низкого потенциала к более высокому (от «-» к «+» - это указывается стрелкой внутри источника Е). В противном случае берется знак «-».

ПРИМЕЧАНИЕ 2. В данных выражениях значение падения напряжения берется со знаком «+», если обход контура направлен против направления тока. В противном случае берется знак «-».

Воспользовавшись найденными числовыми значениями электрических потенциалов построим потенциальную диаграмму (рис 13).

Рис. 13.

ПРИМЕЧАНИЕ 3. Как видно из потенциальной диаграммы величины сопротивлений R₄, R₃, R₂, R₁ откладываются НЕ от начала координат, а согласно обходу контура.

Угол наклона a₁, a₂ кривых (j_K-j_H), (j_C-j_A) прямо пропорционален соответственно токам I₁ и I₂, так как:

tg a_{1 ~}

tg a_{2 ~}

Учитывая, что ток I₂ больше I₁ следовательно a₂ больше a₁.

2. РАСЧЕТ ЛИНЕЙНЫХ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ ПОСТОЯННОГО ТОКА МЕТОДОМ КОНТУРНЫХ (ФИКТИВНЫХ) ТОКОВ

Данный метод базируется на законах Кирхгофа и наиболее удобен при расчетах электрических цепей, где количество независимых контуров меньше количества электрических узлов.

При решении задач предполагается, что в независимых контурах электрической цепи протекают свои контурные токи, которые будем в дальнейшем обозначать для первого, второго и т.д. контуров соответственно I₁₁, I₂₂ и т.д.

Затем составляются линейные уравнения относительно выбранных неизвестных контурных (фиктивных) токов, согласно второму закону Кирхгофа. Количество составленных независимых линейных уравнений должно соответствовать количеству неизвестных контурных токов. Решая полученную систему уравнений относительно неизвестных контурных токов, определяем неизвестные (реальные) токи I₁, I₂ и т.д.

Применение метода контурных токов рассмотрим на конкретном числовом примере.

Пример №12.

Дано:Е₁=150 В, Е₂=50 В, Е₃=120 В, Е₄=20 В, Е₅=150 В, R₁=9 Ом,
R₂=4 Ом, R₃=7 Ом, R₄=1 Ом, R₅=3 Ом, R₆=3 Ом, R₇=2 Ом. (Рис. 14)

Определить: токи в цепи, построить потенциальную диаграмму для внешнего контура.

Рис. 14.

Решение.

Направим произвольным образом реальные неизвестные токи I₁, I₂, I₃. Поскольку в расчетной схеме два независимых контура (1,11,10,2,3,4,5,6,1) и (1,7,8,9,2,10,11,1), то контурных токов должно быть тоже два, соответственно I₁₁, I₂₂. Выберем произвольным образом направление контурных токов, например, по часовой стрелке (см. рис. 14).

Составим два линейных уравнения относительно неизвестных контурных токов I₁₁, I₂₂, используя второй закон Кирхгофа.

Вначале определяем все падения напряжения в первом контуре от протекающего в нем контурного тока I₁₁ со знаком «+»:

а затем все падения напряжения от контурного тока I₂₂, протекающего через участок 2,10,11,1 этого же контура, но со знаком «-»: .

Таким же образом определяются падения напряжения для второго контура.

Следовательно:

Согласно данному методу величина и направление выбранных контурных токов I₁₁ и I₂₂ соответствует искомым физическим токам соответственно I₁ и I₂ (см. рис. 14).

ПРИМЕЧАНИЕ. Данное утверждение дается без доказательств.

Следовательно, I₁= I₁₁=-1 А, а I₂=I₂₂=5 А.

Знак «-» тока I₁ означает, что истинное направление тока должно быть противоположно рассчитанному. На схеме истинное направление тока I₁ показано пунктиром.

Ток I₃ определим по первому закону Кирхгофа для узла 1:

Правильность проведенных расчетов проверим по балансу мощностей:

Построим потенциальную диаграмму для замкнутого контура 3456178923 .

Пусть потенциал φ₃=0, тогда φ₄= φ₃+R₂ ·I₁ = 0+4·1=4 В,

φ₅= φ₄+Е₁ = 4+150=154 В,

φ₆= φ₅+R₁ ·I₁ = 154+9·1=163 В,

φ₁= φ₆ – Е₂ = 163 – 50=113 В,

φ₇= φ₁ – R₄ ·I₂ = 113 – 1·5=108 В,

φ₈= φ₇ – Е₃ = 108 – 120= –12 В,

φ₉= φ₈ – R₅ ·I₂ = –12 – 3·5= –27 В,

φ₂= φ₉+Е₄ = –27+20= –7 В,

φ₃= φ₂+R₃ ·I₁ = –7+7·1=0 В.

Графически потенциальная диаграмма выглядит следующим образом (рис. 15):

Рис. 15

3. МЕТОД ДВУХ УЗЛОВ

Данный метод базируется на обобщенном законе Ома и первом законе Кирхгофа и применяется при расчетах электрических цепей с двумя узлами (т.е. электрическая цепь с параллельно соединенными ветвями). При решении задач данным методом в начале определяется падение напряжения между этими двумя узлами по формуле:

,

где G_i , G_j – электрические проводимости соответствующих ветвей,

G_j×E_i – произведение электрической проводимости ветви на ЭДС Е той же самой ветви, которое берется со знаком «+», если ЭДС Е направлено к узлу 1, в противном случае берется знак «-».

После определения падения напряжения между двумя узлами рассчитывается неизвестные токи по обобщенному закону Ома (см. пример 10).

Применение метода двух узлов рассмотрим на конкретном числовом примере. В качестве примера возьмем ту же самую задачу, что и в предыдущем случае (см. пример №12).

Решение.

Определим падение напряжения между двумя узлами 1 и 2:

где

Рассчитаем неизвестные токи I₁, I₂, I₃ по обобщенному закону Ома:

Отрицательное значение тока I₁ означает, что истинное направление тока должно быть противоположно рассчитанному. На схеме истинное направление тока I₁ показано пунктиром.

Вывод:Как показывают расчеты, правильное применение перечисленных методов дает один и тот же искомый результат.

4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕЖИМОВ РАБОТЫ РЕАЛЬНЫХ
ИСТОЧНИКОВ ЭДС Е

Пример №13

Дано:источник ЭДС Е₂ с параметрами Е₂=60 В и R_ВН2=3 Ом (рис. 16а). Приведена внешняя характеристика источник ЭДС Е₁ (рис. 16б).

Определить:1.показания амперметра А,

2. как работают источники ЭДС Е₁ и ЭДС Е₂.

Рис. 16 а. Рис. 16б.

Решение.

Расставим электрические потенциалы точек а, с, f, d, b, e в электрической цепи (рис. 16а). Поскольку перечисленные точки электрическими узлами не являются, следовательно, все элементы электрической цепи включены последовательно и через них протекает один и тот же ток I. Найдем величину этого тока по второму закону Кирхгофа:

(1)

В выражении (1) значения Е₂ и R_ВН2 заданы, а значения Е₁ и R_ВН1 определим из внешней характеристики источника ЭДС Е₁, которая математически описывается уравнением:

(2) – вывод данной формулы смотри ниже.*

Если в формуле (2) I = 0, то U_ab = E₁ и как следует из рис. 16б
U_ab = E₁= 100 В. В данном случае цепь разомкнута, а источник ЭДС Е₁ работает на холостом ходу.

Если в формуле (2) U_ab = 0, то ток I = I_КЗ и как следует из рис. 16б
I = I_КЗ = 50 А. В этом случае зажимы источника ЭДС E₁ замкнуты накоротко, а источник работает в режиме короткого замыкания. При коротком замыкании формула (2) трансформируется в формулу (3): (3)

Подставим численные значения Е₁ и R_ВН1 в формулу (1) получим:

Следовательно амперметр А покажет 8 А.

Как видно из рис. 16а для реального источника ЭДС Е₂ ток I и Е₂ не совпадают по направлению между собой, а для реального источника ЭДС Е₁ ток I и Е₁ совпадают по направлению между собой, поэтому в первом случае источник ЭДС Е₂ работает как «аккумулятор» и падение напряжения на его зажимах c-d определяется по формуле (4):

(4)

а во втором случае источник ЭДС Е₁ работает как «генератор» и падение напряжения на его зажимах a-b определяется по формуле (2).

*Выведем формулу (2), используя понятия электрических потенциалов (см. примеры 11,12).

Вначале найдем потенциал j_е через потенциал j_b по формуле (5):

(5)

Затем определим потенциал j_а через потенциал j_е по формуле (6):

(6)

Подставим выражение (5) в выражение (6), получим:

где

Пример №14

Дано:реальный источник ЭДС Е с параметрами Е=220 В и R_ВН= 1 Ом;
R_ПР= 21 Ом (рис. 17).

Определить:1.показания вольтметров V при разомкнутом и замкнутом ключе К. 2.максимальную мощность P_MAX, выделяемую источником в приемник при замкнутом ключе К.

Рис. 17

Решение.

1. При разомкнутом ключе К ток I в цепи равен нулю. Поскольку , а (так как сопротивления соединительных проводов считаем равными нулю), то и два вольтметра V₁ и V₂ покажут одно и тоже значение, которое определим по формуле:

Показание третьего вольтметра V₃ вычислим по формуле:

При замкнутом ключе К, учитывая, что все элементы замкнутой цепи соединены последовательно, то через них протекает один и тот же ток I, величину которого определим из второго закона Кирхгофа:

Поскольку , а , следовательно, и все три вольтметра V₁, V₂ и V₃ покажут одно и то же, которое вычислим по формуле:

либо по формуле

2. Для того, чтобы в приемнике выделялась максимальная мощность Р_ПРMAX необходимо, чтобы он работал с источником ЭДС Е в согласованном режиме. Для достижения согласованного режима необходимо так подобрать сопротивление приемника R΄_ПР, чтобы оно было равно внутреннему сопротивлению R_ВН источника ЭДС Е, то есть R΄_ПР= R_ВН, (1).

Для доказательства условия (1) возьмем первую производную от мощности выделяемой в приемнике Р_ПР по сопротивлению резистора R_ПР и приравняем ее к нулю:

- что соответствует условию максимума функции Р_ПРMAX(R_ПР) [см. курс высшей математики].

Мощность, потребляемую приемником Р_ПР находим по формуле:

, где

Подставим выражение (3) в (2) и возьмем его первую производную по формуле: [см. курс высшей математики], получим:

После элементарных упрощений получим:

что и требовалось доказать.

Доказав условие (1), изменим величину сопротивления приемника с
R_ПР =21 Ом до R΄_ПР= R_ВН=1 Ом и определим ток I_СОГЛ, который будем протекать в замкнутой цепи при согласованном режиме:

Максимальную мощность, потребляемую приемником при согласованном режиме, находим по формуле:

Для сравнения мощность, потребляемая приемником при R_ПР =21 Ом равна:

Таким образом, при согласованном режиме работы приемника с источником ЭДС Е мощность, выделяемая в приемнике будет в
раз больше, чем при обычном режиме.

Однако коэффициент полезного действия (КПД) источника при согласованном режиме, как показывают расчеты, будет всего η_СОГЛ=50%.

Докажем это. В общем случае КПД источника определяется по формуле:

где - мощность, потребляемая
приемником, равная полезной мощности,
выделяемой источником;

- вся мощность, выделяемая
источником.

Если R_ПР =21 Ом, то Р_ПР=2,1 кВт, (см. формулу 7), а

Следовательно,

При согласованном режиме R΄_ПР= 1 Ом, тогда Р_ПРMAX=12,1 кВт, (см. формулу 6), а

Следовательно,

Оставшиеся 50% мощности, выделяемой источником ЭДС Е расходуется внутри самого источника, так как мощность, выделяемая внутри источника Р_{ИСТ ВНУТ} при согласованном режиме определяется по формуле:

и равна .