e-mail:cayann@yandex.ru
Херсон , ул. 40 лет Октября, 23
Херсонский политехнический колледж ОНПУ

Решение задач на Метод наложения

          Метод наложения основан на свойстве линейности электрических цепей. Метод наложениясправедлив только для линейных цепей. Метод наложения применяется для определения токов в ветвях схемы с несколькими источниками.


      Алгоритм метода наложения:

1) выбирают положительные направления токов в ветвях цепи;

2) находят частичные токи в ветвях, вызванные каждым источником по отдельности (схему рассчитывают столько раз, сколько источников действует в схеме);

3) токи в ветвях по методу наложения находят как алгебраическую сумму частичных токов (знакчастичного тока при суммировании определяется по положительному направлению тока ветви).


Решение задач методом наложения


Задача 1.2.1. В электрической цепи рис. 1.2.1 с тремя источниками энергии определить все токи в ветвях, воспользовавшись методом наложения.

Задача 1.2.1. В электрической цепи с тремя источниками энергии определить все токи в ветвях, воспользовавшись методом наложения

Рис. 1.2.1

Решение

1. Выполним расчет цепи при воздействии источника ЭДС E1, полагая E3 = 0, J = 0. Источники считаем идеальными, поэтому внутренние сопротивления ЭДС равны нулю, а источника тока – бесконечности. С учетом этого изобразим расчетную схему (рис. 1.2.2).

Рисунок 1.2.2 Часчетная схема частичных токов от ЭДС E1

Рис. 1.2.2

Определение токов в полученной схеме будем вести, пользуясь методом эквивалентных преобразований:

RЭ=R5+R2(R3+R4)R2+(R3+R4)=15+30(10+5)30+(10+5)=25Ом;I1=E1RЭ=15025=6A;I5=I1=6A;I2=I1R3+R4R2+(R3+R4)=610+530+(10+5)=6A;I3=I1R2R2+(R3+R4)=63030+(10+5)=4A;I3=I4=4A.R′Э=R5+R2⋅(R3+R4)R2+(R3+R4)=15+30⋅(10+5)30+(10+5)=25  Ом;I′1=E1R′Э=15025=6  A;   I′5=I′1=6  A;I′2=I′1⋅R3+R4R2+(R3+R4)=6⋅10+530+(10+5)=6  A;I′3=I′1⋅R2R2+(R3+R4)=6⋅3030+(10+5)=4  A;   I′3=I′4=4  A.

2. Расчет электрической цепи при воздействии ЭДС источника Е3 выполним, полагая Е1 = 0, J = 0 (рис. 1.2.3).

Рисунок 1.2.3 Расчетная схема частичных токов от ЭДС E3

Рис. 1.2.3

В соответствии с рис. 1.2.3 имеем:

R′′Э=R3+R4+R2R5R2+R5=10+5+301530+15=25Ом;I′′3=E3R′′Э=5025=2A;I′′4=I′′3=2A;I′′2=I′′4R5R2+R5=21515+30=0,66A;I′′5=I′′4R2R2+R5=23015+30=1,33A;I′′1=I′′5=1,33A.R″Э=R3+R4+R2⋅R5R2+R5=10+5+30⋅1530+15=25  Ом;I″3=E3R″Э=5025=2  A;   I″4=I″3=2  A;I″2=I″4⋅R5R2+R5=2⋅1515+30=0,66  A;I″5=I″4⋅R2R2+R5=2⋅3015+30=1,33  A;   I″1=I″5=1,33  A.

3. Расчет электрической цепи при действии источника тока выполним, полагая E1 = 0, Е2 = 0 (рис. 12.4).

Рисунок 1.2.4 Частичные токи в цепи от источника тока

Рис. 1.2.4

В соответствии с рис. 1.2.4 имеем:

R?Э=R4+R2R5R2+R5=5+301530+15=15Ом.R?Э=R4+R2⋅R5R2+R5=5+30⋅1530+15=15  Ом.

Находим токи в параллельных ветвях:

I?3=JR?ЭR?Э+R3=151515+10=9A;I?4=JR3R?Э+R3=151015+10=6A;I?2=I?4R5R2+R5=61515+30=2A;I?5=I?4R2R2+R5=63015+30=4A.I?3=J⋅R?ЭR?Э+R3=15⋅1515+10=9  A;I?4=J⋅R3R?Э+R3=15⋅1015+10=6  A;I?2=I?4⋅R5R2+R5=6⋅1515+30=2  A;I?5=I?4⋅R2R2+R5=6⋅3015+30=4  A.

Ток I?I? рассчитываем по первому закону Кирхгофа:

I?1+I?5J=0;I?1=JI?5=154=11A.I?1+I?5−J=0;   I?1=J−I?5=15−4=11  A.

4. В соответствии с принятыми направлениями токов в исходной схеме определим их значения по методу наложения как алгебраическую сумму частичных токов всех промежуточных расчетных схем:

I1=I1+I′′1I?1=6+1,3311=3,67A;I2=I2I′′2I?2=20,662=0,66A;I3=I3I′′3+I?3=42+9=3A;I4=I4+I′′4+I?4=4+2+6=12A;I5=I5+I′′5+I?5=6+1,33+4=11,33A.I1=I′1+I″1−I?1=6+1,33−11=−3,67  A;I2=I′2−I″2−I?2=2−0,66−2=−0,66  A;I3=−I′3−I″3+I?3=−4−2+9=3  A;I4=I′4+I″4+I?4=4+2+6=12  A;I5=I′5+I″5+I?5=6+1,33+4=11,33  A.

Правильность решения задачи проверяем по первому закону Кирхгофа:

J+I3+I4=0;15+3+12=0;I2I4+I5=0;(0,66)12+11,33=0.−J+I3+I4=0;   −15+3+12=0;−I2−I4+I5=0;  −(−0,66)−12+11,33=0.

Токи I1 и I2 получились отрицательными, т.е. их истинное направление в схеме противоположно принятому положительному направлению.