Curent Continuu. Conexiunea in Paralel Si Serie

 

Capitolul 1 Circuitele electrice de curent continuu 1.1 Circuite ramif ramificate icate şi neramific neramificate ate simple Problema 1:

În circuitul, schema căruia este reprezentată în fig. 1.1, FEM a sursei E =37,5V =37,5V, rezistenţa interioară Rint =0,6 =0,6 Ω. Rezistenţa la consumatori: R  R1=2,4Ω, R2=4,8Ω, R3=7,2 Ω. Să se afle curentul în circuite, tensiunea la bonele sursei şi consumator, la fel şi puterea sursei de curent şi puterea la consumatori.

Figura 1.1

Studiind circuitul observăm ce el formează un contur electric, adică el nu este ramificat. Curentul trecece prin circuit de la borna „+” spre cea cu „-”. Curentul în circuitul neramificat se poate calcula după legea lui Ohm:  I  =

 E   Rint +  R1 +  R 2 +  R3

=

37,5 0,6 + 2,4 + 4,8 + 7,2

=

2,5 A

Tensiunea la bornele sursei de energie poate fi exprimată prin diferenţa FEM şi căderea de tensiune sursei de rezistenţă internă sau produsul dintre curent şi rezistenţa totală a consumatorilor. U  =  E  − IRint int = 37 ,5 − 2,5 ⋅ 0,6 = 36V  , U  =  I ( R1 + R2 + R3 ) = 36V  .

Căserea de tensiune la consumatori: U 1 =  I 1 R1 =

2,5 ⋅ 2,4 = 6V  ,

U 2 =  I 2 R2 =

2,5 ⋅ 4,8 = 12V  ,

U 3 =  I 3 R3 =

2,5 ⋅ 7,2 = 18V  .

Corespunzător, U 1 + U 2 + U 3 Sursa de energie are puterea:

= U  = 36V 

.

 P  E  =  EI   EI  = 37,5 ⋅ 2,5 = 93,75W 

O parte din această putere se cheltuie în interiorul sursei:  P int =  Rint  I 

2

= 0,6 ⋅ 6,25 = 3,75W  ,

iar restul puterii se împarte în rezistele circuitului extern:  P 1 = U 1 I  =  R1 I   P 2

2

= U 2 I  =  R2 I  2

 P 3 = U 3 I  =  R3 I 

Astfel:

 P  E 

2

, = 30W  , = 45W  ,

= 15W 

= P  1 + P  2 + P  3 + P  int int

. 1

 

Problema 2:

În Schema Schema fig. 1.2 FEM E 1=20V, FEM E 2=10V, Rezistenţa Rint1=0,5Ω , Rint2=1,5Ω, R=18Ω. De calculat mărimea şi direcţia curentului în circuit şi regimul de lucru al suresei de enregie.

Figura 1.2

În circuitul neramificat cu cîteva surse FEM curentul este egal cu raportul ditre suma algebrică a FEM către rezistenţa totală :  I 

=

 E 1  Rint 1

−  E 2

+  Rint 2 +  R

=

20 − 10 0,5 + 1,5 + 18

= 0,5 A .

Direcţia curentului coincide cu direcţia FEM E 1(E 1>E 2  ). ). Dacă, FEM a sursei are aceeaşi direcţie ca şi curentul aşa sursă lucrează „în regim de generator”. Tensiunea Tensiunea la borne la aşa sursă e mai mică decît FEM. Dacă FEM a sursei este îndreptată împotriva curentului, atunci sursa lucrează în „ regim de consumator”, tensiuilea bornele mai mare ca FEM. În schema din fig.la1.2 sursalui  E 1 este lucrează în „regim de generator”, aici U 1 =  E 1 − IRint int 1 = 20 − 0,5 ⋅ 0,5 = 19 ,75V  ; sursa E2 lucrează în „regim de consumator”, aici U 2 =  E 2 + IRint 2 = 10 + 0,5 ⋅1,5 = 10,75V  . Problema 3:

Sursa de energie cu FEM E =120V =120V şi rezistenţa internă Rint =2Ω (fig.1.3) introdusă în circuitul, în care R1=18Ω, R2=100Ω, R3=150Ω. De calculat curenţii pe fiecare ramură, tensiunea la  bornele consumatorului şi sursei , la fel şi puterile sursei şi a tuturor consumatorilor.

Figura 1. 3

Curentul total I 1 se ramifică în nodul „a” în doi curenţi I 2 şi I 3. Înlocuim rezistenţele R2 şi R3  pe rezistenţe echivalente:  R2 R3 100 ⋅ 150 150 = = 60Ω .  R23 = 100 100 + 150  R2 +  R3 După o astefel de schimbare primim un circuit simplu neramificat (fig 1.4).

2

 

Figura 1. 4

Calculăm curentul total:  I 1 =

 E   Rint +  R1 +  R 23

=

12 120 0 2 + 18 + 60

= 1,5 A

.

Calculăm căderea de tensiune la rezistenţe: U ab =  I 1 R23 = 1,5 ⋅ 60 = 90V  , U 1 =  I 1 R1 = 1,5 ⋅ 18 =

27V  ,

U int =  I 1 Rint = 1,5 ⋅ 2 = 3V  .

Tensiunea la bornele sursei: U  =  E  − I 1 Rint = 120 − 3 = 117 V  .

Trecem la schema iniţială şi calculăm ceilalţi curenţi din ramuri:  I 2

 I 3

=

U ab  R3

=

= U  = ab

 R2

90 150

90 100

= 0,9 A ,

= 0,6 A sau  I 3

=  I 1 − I 2

.

Puterea sursei: 120 ⋅1,5 = 180 180W   P  E  =  EI 1 = 120

.

Puterea consumatorilor: 117 7 ⋅ 1.5 = 175 175 .5W   P  = UI 1 = 11

.

1.2 Surs Sursele ele F FEM EM şi ccuren urentului tului.. Problema 4

Să se înlocuiască schema cu sursa FEM E =10V =10V şi R=1Ω. (fig.1.5) prin schema cu sursa de 1 curent echivalent. se demonstreze că în cazul unei astfel de schimbării  R=9Ω  puterea exterioară Să a circuitului cu rezistenţa rămîn neschimbate neschimbate. . curentul I  , tensiunea şi

Figura 1. 5

În schema iniţială curentul

 I  =

tensiunea  puterea

U 

 E   R

+  R

=

10 9 +1

= 1 A

,

int

=  IR = 1 ⋅ 9 = 9V  ,  P  = UI  = 9 ⋅ 1 = 9W  . 3

 

În schema modificată (fig.1.6) în corespundere cu condiţia echivalenţei curentului sursele curentului:  J  =

 E 

=

 Rint

10 1

= 10 A ,

Figura 1. 6

tensiunea

U 

curentul

=  J 

 R

U 

 I  =

 puterea

 RRint

 R

+  Rint 9

=

9

9 ⋅1

= 10 ⋅

9 +1

= 9V  ,

= 1 A ,

=  RI 2 = 9 ⋅ 1 = 9W  . Astfel, regimul circuitului extern rămîne neschimbat. În acelaşi timp puterea surselor din scheme este diferită:  P  =  E  EI  I  = 10 ⋅ 1 = 10W  ,  P  J  = UJ  = 9 ⋅10 = 90W  .  P 

 E 

2 Puterea pierderilor =  Rint  I  = 1 ⋅ 1 = 1W  ;  P intdiferită: în schema cu sursa FEM din surse este 2 2  P int =  Rint ( J  −  I ) = 1 ⋅ (10 − 1) în schema cu sursa de curent În acelaşi timp  P  E  = P  + P int int ,  P   J  =  P  + P  int int .

= 81W 

.

Problema 5

Puntru circuitul electric reprezentat în figura 1.5 să se afle, la ce rezistenţă R în condiţiile  problemei precedente sursa de alimentare furnizează o mai mare putere şi care este coeficientul  puterii utile η (randament) sursei. Puterea, care se degajă la rezistenţa sarcinii, 2

=  I   R =

 E 

2

 R . +  R) 2 Pentru determinarea puterii mai mari cedată de sursă, e necesar de a găsi derivata I  P 2 de R şi o egală cu 0:  P 2

dP 2 dR

Corespunzător,  E 2 ( Rint

2

=

( Rint

2

e

 E  ( Rint +  R ) − 2( Rint +  R ) E   R

( Rint +  R) 4 2

+  R ) −  E 

2 R = 0 şi  R

= Rint int

=

0.

.

   d   P   Nu este greu de a găsit a II-a derivată şi a ne convinge că ea este negativă  22 < 0    ,adică     dR e

condiţia  R = Rint 2(R). int corespunde funcţiei maximale P  Putera maximală furnizată de sursa de energie, o putem primi, introducînd  R = Rint int în formula puterii:

2

 P 2 max

=

 E 

( Rint

+  R) 2

2

 R

=

 E 

4 Rint

=

10 2 4 ⋅1

= 25W  4

 

Coeficientul puterii utile a sursei: η 

=

 P 2 max  P 1

η  =

2

=

 E 

4 Rint

 P 2 max  P 1

⋅ EI 

 E 

= 4 Rint

⋅

 E   Rint

2

=

 I   R 2

 I  ( Rint +  R )

=

=

+  R  R

 Rint +  R

 Rint

+  R

4 Rint

=

1 2

=

=

1 2

sau

0,5 .

Astfel, dacă  R = Rint int , atunci η=0,5. Problema 6

Sa se determine rezistenţa internă Rint  şi FEM E a sursei de alimentare (fig. 1.7), dacă la  K 1 şi K 2 şi curentul măsurat cu ajutorul amperimetrului este egal cu I=I 1=2A întreruperea cheilor  K  ,iar la conectarea cheii K 1 şi întreruperea K 2 curentul I=I 2=2,5A Rezistenţa R1=R2=R3=3Ω.

Figura 1.7

Pentru primul regim  E 

=  I 1 ( Rint +  R1 +

 R2 R3  R2

+  R3

= 2( Rint + 3 +

3⋅3 3+3

) = 2( Rint

+ 4,5) .

Pentru al doilea regim  E 

=  I 2 ( Rint +

 R2 R3  R2

+  R3

) = 2,5( Rint

+ 1,5) .

Corespunzător, 2( Rint int + 4,5) = 2,5( Rint int + 1,5) ,de unde  R int int FEM a sursei de alimentare E  = 2,5 ⋅ (10 ,5 +1,5) = 30V  .

.

= 10 ,5Ω

1.3 Legile Ohm şi Kirchhoff  Problema 7 De satbilit valoarea arătată de ampermentrului (fig1.8), dacă U aabb=+107V, U aacc=-60V,  R1=7Ω, R2=8 Ω, E 1=100V, E 2=70V.

5

 

Figura 1. 8

 Notăm curenţii din ramuri: I 1, I 2, I 3 . Curenţii I 1 şi I 2 iî stabilim conform legii lui Ohm :  I 1

 I 2

 I 3

=

=

U ab

−  E 1

 R1

U 

ac

+

 R2

 E 

2

=

107 − 100 7

= 1 A ,

= − 608+ 70 = 1,25 A .

 Notăm prima lege a lui Kirchhoff pentru nodul „b”  I 1 −  I 2 − I 3 = 0 ,de unde =  I 1 − I 2 = 1 −1,25 = −0,25 A . Ampermetru ne a rată 0,25 A , iar curentul I 3 are direcţia opusă curentului ales. Problema 8

Din schema fig. 1.9 de stabilit curentul I 2 şi potenţialul punctului m, dacă I 1=20mA,  I 3=-10mA, R2=5kΩ, E 2=15V, R3=10 kΩ.

Figura 1. 9

Realizare de contact cu pămîntul a oricărui punt din schemă ne demond’streză că potenţialul acestui punct este considerat 0. Deoarece  I 1 +  I 2 + I 3 = 0 , atunci  I 2 = − I 1 − I 3 = −20 + 10 = −10mA .  Notăm direcţia dintre curenţi „m-a” prin U mmaa. Notăm legea a doua a lui Kirchhoff Kir chhoff pentru conturul anm: 6

 

 I 3 R3 − I 2 R2 + U ma = E 2 , de unde tensiunea

TensiuneaU ma

= ϕ m − ϕ 0 ,

iar dacă ϕ 0

=0

U ma =  E 2 −  I 3 R3 +  I 2 R 2 = 15 + 10 ⋅ 10 − 10 ⋅ 5 =

, atunci ϕ m

= U ma = 65V 

65V  .

.

Problema 9

Pentru schema fig 1.10 se dă:  R1=10Ω, R2=20Ω, R3=40Ω, R5=4Ω, R6 =5Ω, =5Ω, R7 =10Ω, =10Ω, R8=5Ω,  E 1=42V, I 1=1A, I 2=0,5A, I 4=3A. De calculat R4 şi E 2. Conform legii I kirchhoff pentru nodul „a” şi „c”:  I 4 −  I 1 − I 7 = 0 ,  I 7 =  I 4 −  I 1 = 3 − 1 = 2 A ;  I 1 −  I 2 − I 3 = 0 ,  I 3 =  I 1 −  I 2 = 1 − 0,5 = 0,5 A . Fie ϕ d  = 0 , atunci ϕ c  I 3 R3 0,5 40 20V  ; ϕ  = ϕ  −  I 2 R2 = 20 − 0,5 ⋅ 20 = 10V  ; =

=

⋅

ϕ a = ϕ c + I 1 R1 = 20 + 1 ⋅10 = 30V 

=

; ϕ e

b

c

= ϕ a − I 7 R7 = 30 − 2 ⋅10 = 10V 

.

Figura 1. 10

Conform legii lui Ohm  I 4

=

ϕ d 

− ϕ  +  E 1 a

 R4

, de unde  R4 =

Curentul  I 6 =

ϕ e

− ϕ 

d 

 R6

=

ϕ d 

− ϕ  +  E 1 a

 I 4

10 − 0 5

= 4Ω .

= 2 A .

Prima lege a lui k pentru nodul „d”:  I 3 +  I 6 −  I 4 − I 5 = 0 , de unde  I 5 =  I 3 +  I 6 −  I 4 = 0,5 + 2 − 3 = −0,5 A . Legea a doua a lui K pentru conturul „dbc”:  E 2 =  I 5 R5 −  I 2 R 2 +  I 3 R3 = −0,5 ⋅ 20 + 0,5 ⋅ 40 = 8V 

;

FEM E 2 poate fi calculată conform legii lui Ohm:  E 2 =  I 5 R5 − (ϕ d  − ϕ b ) =  I 5 R 5 + ϕ b = −0,5 ⋅ 4 + 10 = 8V 

.

1.4 Calculul circuitelor prin metodele transformării Problema 10

De calculat curenţii şi tensiunile pe unele porţiuni ale schemei (fig. 1.11), dacă U =240V, =240V,  R1= R2=0,5Ω, R3= R5=10Ω, R4= R6 = R7=5Ω.

Figura 1.11

7

 

Găsim, pe calea simplificării circuitului rezistenţa echivalentă a schemei ceea ce ne permite de a stabili curentul I 1. Transformarea o vom începe de la căpătul schemei:  R67 =  R6 + R7 = 5 + 5 = 10Ω ,  R5 R67 10 ⋅ 10 = = 5Ω ,  R =  R5 +  R67 10 + 10 =  R 4 + R = 5 + 5 = 10Ω .  R bc

acb

bc

În acest caz circuitul are forma, arătată în fig.1.12. Calculăm rezistenţa echivalentă a schemei: 10 ⋅ 10

 R3 Rbca

 R ba

= 10 + 10 = 5Ω ,

=  R3 R

bca

 R8 =  R1 +  Rbc + R 2 =

0,5 + 5 + 0,5 = 6Ω .

Figura 1.12

Curentul în partea neramificată a circuitului o stabilim din legea lui Ohm:  I 1 =

U 

=

Curenţii I 3 şi I 4:

=  I 1

 Rbca  Rbca

=

40 A

.

6

 R8

 I 3

24 240 0

+  R2

 I 4 =  I 1 −  I 3 =

40

10 10 + 10

= 20 A ,

40 − 20 = 20 A .

Tensiunea între curenţii b şi a : sau = 40 ⋅ 5 = 200V  , sau

U ba =  I 3 R3 =

U ba =  I 1 Rba

20 ⋅ 10 = 20 200 0 V 

U ba = U  − I 1 ( R1 + R2 ) = 240 − 40 (0,5 + 0,5) = 200 200 V  .

Curentul I4 este comun pentru ramurele r amurele paralele cu R3, R67 , de aceea  I 5

=  I 4

 R67

+

 R67  R2  I 6 =  I 4 −  I 5 =

= 20

10

10 A ,

10 + 10

20 − 10 = 10 A .

Tensiunea: U bc =  I 5 R5 = 10 ⋅10 = 100 V  , U ca =  I 4 R4 = 20 ⋅ 5 = 100V  .

Problema 11

De calculat curenţii ramurali din schema fig.1.13, dacă  J =1A, =1A, R1= R2= R3=12Ω, R4=2 Ω,  R5=8 Ω.

8

 

Figura 1.13

Tranformăm triunghiul R1, R2, R3 în stea:  R6

=

 R7

= =

 R1 R2  R1

+  R2 +  R3  R2 R3

 R1

+  R2 +  R3  R1 R3

= =

12 ⋅ 12

= 4Ω ,

12 + 12 + 12 12 ⋅ 12

= 4Ω ,

12 + 12 + 12 12 ⋅ 12

=

= 4Ω . +  R2 +  R3 12 + 12 + 12 Schema stelei are forma din fig. 1.14. Rezistenţa echivalentă nu e necesar de a o stabili deoarece curentul comun se cunoaşte, el fiind egal cu curentul sursei de curent J.  R8

 R1

Figura 1.14

Calculăm curenţii din ramurile cu rezistenţele R4 şi R5:  I 4 =  J 

 R5 +  R7

 R5 +  R7 +  R4 +  R2

= 1⋅

 I 5 =  J  −  I 4 = 1 −

8+ 4

8+ 4+ 2+4

2 3

=

1

 A

3

=

2

 A

3

,

.

Revenim la schema iniţială. Curentul I3 se calculează din legea a doua a lui Kirch pentru conturul 3-2-4:  I 3 R3 + I 4 R4 − I 5 R5 = 0 , 1  I 3

=

 I 5 R5

−  I 4 R4

 R3

=

3

2

⋅8 − ⋅ 2 3

12

=

1

 A

.

9

Curenţii I 1 şi I 2 se calculează din legea întîia a lui Kirchhoff: 2 1 5  I 1 +  I 3 − I 4 = 0 ,  I 1 =  I 4 −  I 3 = − =  A ,  pentru nodul 3 3

9

9

9

 

 pentru nodul 1

 J  −  I 1 − I 2 =

0,

 I 2 =  J  −  I 1 = 1 −

5 9

=

4

 A

9

.

Pentru rezolvarea problemei putem transforma stea R1, R3, R4, în triunghi. Vom obţine schema, din fig. 1.15, unde  R12

=  R1 +  R3 +

 R1 R5  R4

,  R24 =  R3 +  R4 +

 R3 R4  R1

,  R41

=  R1 +  R4 +

 R1 R4  R3

Figura 1.15

Aceeaşi schemă o vedem din fig.1.16

Figura 1.16

Acum putem calcula curentul I 6 6:   R41

 I  =  J  ⋅ 6

 R41 +

 R12 R2  R12 +  R2

+

 R24 R5

,

 R24 +  R5

apoi curenţii I 2 şi I 5 :

=  I 6

 R12

,  I 5 =  I 6

 R24

. +  R2  R24 +  R5 Pentre calcularea celorlalţi curenţi e necesar de a trece la schema fig 1.13.  I 2

 R12

1.5 Calculul circuitelor după legea lui Kirchhoff. „Suma puterilor”. Problema 12

De calculat curenţii din ramurile schemei fig. 1.17, dacă R1=12Ω, R2=5Ω, R3=2Ω, R4=4Ω,  R5=4Ω, R6 =1Ω, =1Ω, R7 =24Ω, =24Ω, E 1=4V, E 2=1V, E 6 6=   5V, E 7 7 =   2V, J 2=0,7A.

10

 

Figura 1.17

Alegem direcţiile curenţilor ramurali. Stabilm nr. ecuaţiilor, care sunt necesare conform legii lui Kirchhoff: n −1 = 5 −1 = 4 , după legia I: m − n + 1 − q = 8 − 5 + 1 −1 = 3 . după legea a II-a: Scrim ecuaţiile după I lege a lui Kirchhoff:  I 6 − I 1 − I 3 = 0 ,  I 1 −  I 2 − J 2 = 0 ,  I 3 +  I 4 − I 5 = 0 ,  I 5 +  I 7 − I 6 = 0 . Alegem trei conture independent în afară de ramura cu sursa de curent, şi arătăm direcţiile de ocolire . Scrim ecuaţiile după legea a II-a lege a lui Kchhooff:  I 1 R1 + I 2 R2 + I 4 R4 − I 3 R3 =  E 1 + E 2 ,  I 3 R3 + I 5 R5 + I 6 R6 = E 6 ,  I 7 R7 − I 5 R5 − I 4 R4 = E 7 . Pentru a calcula curenţii e necesar de a rezolva sistemul de ecuaţii: −  I 1 −  I 3 + I 6 = 0 ,  I 1 −  I 2 = 0,7 ,  I 3 +  I 4 − I 5 = 0 ,  I 5 +  I 7 − I 6 = 0 , 12 I 1 + 5 I 2 + 4 I 4 − 2 I 3 = 5 , 2 I 3 + 4 I 5 + I 6 = 5 , − 4 I 4 − 4 I 5 + 24 I 7 = 2 . Rezolvînd aceste ecuaţii obţinem următoarele valori ale curenţilor:  I 1 = 0,5 A ;  I 2 = −0,2 A ;  I 3 = 0,5 A ;  I 4 = 0,25 A ;  I 5 = 0,75 A ;  I 6 =1 A ;  I 7 = 0, 25 A . Pentru a controla corectitudinea calculelor curenţilor ramurali se scrie ecuaţiile sumelor   puterilor:  E 1 I 1 + E 2 I 2 + E 6 I 6 + E 7 I 7 + U 2 J 2 = 2 =  R1 I 1

2

2

2

2

2

2

+  R2 I 2 +  R3 I 3 +  R4 I 4 +  R5 I 5 +  R6 I 6 +  R7 I 7

,

unde U 2 =  E 2 −  R2 I 2 = 1 − (−5 ⋅ 0,2) = 2V  . Introducînd datele problemei obţinem: 4 ⋅ 0,5 −1 ⋅ 0,2 + 5 ⋅1 + 2 ⋅ 0,25 + 2 ⋅ 0.7 = 12 ⋅ 0,25 2 + 5 ⋅ 0,2 2 + 2 ⋅ 0,5 2 + + 4 ⋅ 0,25 2 + 4 ⋅ 0,75 2 + 1 ⋅12 + 24 ⋅ 0, 25 2

1. 1.6 6

;

8,7W  

= 8,7W  

.

Me Meto tode dele le cure curenţ nţil ilor or de cont contur ur şi po potn tnţi ţial alel elor or no noda dale le Problema 13

Din schema fig.1.18 calculaţi curenţii prin metoda curenţilor de contur. Se dă: R1=20Ω,  R2=30Ω, R3=40Ω, R4=80Ω, R5=20Ω, R6 =20Ω, =20Ω, E =16V, =16V, J =0,3A. =0,3A. Să se stabilească nr. ecuaţiilo ecuaţiilor, r, necesare pentru curenţii de contur confor legii II Kichhoff: m − q − n + 1 = 7 −1 − 4 +1 = 3 .

11

 

Figura 1.18

În această schemă sursa de curent nu poate fi transformată în sursă FEM echivalentă. E raţional în calitate de curent de contur de a alege curentul sursei J . Ecuaţia se scrie pentru contururile cu curenţii de contur necunoscuţi. Astfel, deoarece curentul de contur  J   J este cunoscut (q=1), atunci nr. contururilor necunoscute, pentru care se compun ecuaţii conform metodei curenţilor de contur este egal cu 3 (ramura cu sursa de curent este introdusă în conturul în care curentul de contur  I   I 44 ). 44=J ). Arbitrar alegem curenţii de contur  I   I 11  ,I 22 11 I  22, I 3 33 3. Scrim ecuaiile legii II Kirchhoff pentru curenţii de contur: +

+

−

−

=

( R1  R6  R4 ) I 11  R6 I 22  R4 I 33  R4 J  , − R6 I 11 + ( R6 + R2 + R5 ) I 22 − R5 I 33 =  R5 J  ,

, = 0,1 A .

− R4 I 11 − R5 I 22 + ( R3 + R4 + R5 ) I 33 =  E  − ( R4 + R5 ) J 

de unde avînd parametrii daţi obţinem:  I 11 = 0,3 A ,  I 22 = 0,2 A ,  I 33 Curenţii în contur:  I 1 =  I 11 = 0,3 A ,  I 2 =  I 22 = 0,2 A ,  I 3 =  I 33 = 0,1 A ,  I 4 =  I 33 + J  − I 11 = 0,1 + 0,3 − 0,3 = 0,1 A ,  I 5 =  I 33 +  J  −  I 22 = 0,1 + 0,3 − 0, 2 = 0,2 A ,  I 6 =  I 11 −  I 33 = 0,3 − 0,2 = 0,1 A . Problema 14:

Determinaţi curenţii din schema fig.1.19, dacă R1= R2= R3=10Ω, R4=5Ω, R5=10Ω, R6 =2Ω, =2Ω,  R7 =1Ω, =1Ω, R8=5Ω, J=2A, I 1=200V, I 3=30V, I 4=80V, I 66 =   38V, I 7 7 =   60V.

Figura 1.19

În schemă sunt patru noduri,deaceea nr de ecuaţii necesar de alcătuit conform I legi Kirchhoff folosind metoda potenţialelor nodale este n − 1 = 4 − 1 = 3 . Fie φ4=0, scriem sistemul de ecuaţii pentru nodurile 1 - 3 : 12

 

ϕ 1 = (G1 + G 4 + G 7 ) − ϕ 2 ⋅ G1 − ϕ 2 ⋅ G 4 =  E 4 ⋅ G 4 −  E 1 ⋅ G1 +  J  +  E 7 ⋅ G 7

ϕ 2 (G1 + G3 + G5 + G8 ) − ϕ 1 ⋅ G1 − ϕ 3 ⋅ G5 =  E 1 ⋅ G1 −  E 3 ⋅ G 3 −  J  ϕ 3 (G 4 + G5 + G 6 ) − ϕ 1 ⋅ G 4 − ϕ 2 ⋅ G5 = − E 4 ⋅ G 4 −  E 6 ⋅ G 6

,

,

,

unde G1 =

1  R1 +  R 2 G4 =

G6 =

1  R6

=

1 2

=

1  R4

1 10 + 10

=

1

= 0,2 Sm

5

= 0,5Sm

= 0,05Sm

,

G7 =

,

1  R 7

,

G5 =

=

1 1

G3 =

1  R5

=

1  R3

1 10

=

1 10

=

0,1Sm ,

= 0,1Sm

,

1

1

,

= 1Sm G8 =

 R8

=

5

= 0, 2 Sm

Astefl, ϕ 1 ⋅ 1, 25 − ϕ 2 ⋅ 0,05 − ϕ 3 ⋅ 0,2 = 80 ⋅ 0, 2 − 200 200 ⋅ 0,05 + 2 + 60 ⋅ 1 =

− ϕ 1 ⋅ 0,05 + ϕ 2 ⋅ 0,45 − ϕ 3 ⋅ 0,1 =

68 ,

20 200 0 ⋅ 0,05 − 30 ⋅ 0,1 − 2 = 5 ,

− ϕ 1 ⋅ 0,2 + ϕ 2 ⋅ 0,1 − ϕ 3 ⋅ 0,8 = 80 ⋅ 0,2 − 38 ⋅ 0,5 = −35 . Din sistemul de ecuaţii determinăm nodurile: ϕ 1 = 50W  , ϕ 2 = 10W  , ϕ 3 = −30 W  . Arbitrar alegem direcţia curenţilor în ramuri şi-i determinăm conform legii lui Ohm: 200 ) ⋅ 0,05 = 12 A ,  I 1 = (ϕ 1 − ϕ 2 +  E 1 )G1 = (50 − 10 + 200  I 2 = (ϕ 3 − ϕ 1 +  E 4 )G4 = ( −30 − 50 + 80 ) ⋅ 0,2 = 0 A ,  I 3 = (−ϕ 1 + E 7 )G7 = (−50 + 60) ⋅1 = 10 A ,  I 4 = (ϕ 3 +  E 3 )G3 = (10 + 30) ⋅ 0,1 = 4 A ,  I 5 = ϕ 2 G8 = 10 ⋅ 0, 2 = 2 A ,  I 6 = (ϕ 2 − ϕ 3 )G5 = (10 + 30 ) ⋅ 0,1 = 4 A ,  I 7 = (ϕ 3 +  E 6 )G 6 = ( −30 + 38) ⋅ 0,5 = 4 A . Problema 15

Utilizînd metoda potenţialelor nodale găsiţi curenţii în schema fig.1.20. Se dă: E 1=100V,  E 2=10V, E 5=40V, R1=20Ω, R2=30Ω, R3=20Ω, R4=10Ω.

Figura 1. 20

În schemă sunt patru noduri, şase ramuri, r amuri, din care în douăsunt introduse surse ideale FEM  E 1 şi E 5. Potenţialul unuia din noduri la care este unită sursa ideală este egală cu 0. Dacă, φ4=0 şi φ2= E 1=100V. În schemă a rămas sursa ideală E 5, mărimea căreea este infinită. Arătăm cum ocolim această situaţie. Dacă în toate ramurile care se unesc la un nod oarecare vom introduce FEM egale, orientate spre nod (sau dela nod), acest lucru nu va influenţa asupra curenţilor repartizaţi în circuit, deoarece în ecuaţiile alcătuite conform legii II Kirchhoff pentru orice contur aceste FEM se compenseazăă reciproc. Introducem în toate ramurile unite la nodul 1, FEM E’, orientate spre acest compenseaz nod şi egale cu E 5 (fig.1.21). Se obţine că în ramura 3-1 acţioneză FEM de aceeaşi valoare, dar  orientate opus, suma lor este egal cu 0. De aceea nodurile 3-1 sunt echipotenţiale şi ele pot fi 13

 

micşorate (fig.1.22). Această schemă are trei noduri unde ramura 2-4 are o FEM ideală (φ 4=0, φ2= E 1).

Figura 1. 21

Conform metodei potenţialelor nodale trebuie de alcătuit dăar o ecuaţie pentru nodul 1(3). Ecuaţia are următoarea formă: ϕ 1 ⋅ (G1 + G 2 + G3 + G 4 ) − ϕ 2 ⋅ (G1 + G 2 ) =  E '⋅G4 + ( E 2 +  E ' ) ⋅ G2 .

Figura 1.22

Introducînd valorile obţinem φ1=60V. Curenţii I 1- I 4 îi determinăm utilizînd legea lui Ohm: ,

, . , Curenţii I , I 5 îi determinăm conform I legi Kirchhoff din schema iniţială:  I  =  I 1 +  I 2 = 5 A ,  I 5 =  I 3 − I 4 = 1 A .  I 1 = (ϕ 2 − ϕ 1 )G1 = 2 A  I 2 = (ϕ 2 − ϕ 1 +  E 2 +  E ' )G 2 = 3 A  I 3 = ϕ 1G3 = 3 A  I 4 = (ϕ 1 −  E ' )G 4 = 2 A

Problema 16

Pentru conectarea corectă a generatorului (fig.1.23) cu FEM E 1=E 2=230V şi rezistenţele interioare Rint1=0,5Ω, Rint2=0,4Ω alimentează consumatorul, rezistenţa echivalentă a căruia R3=10Ω. Determinaţi curenţii în ramuri.

14

 

Figura 1.23

Conform metodei a două noduri dacă φb=0, atunci: U ab = ϕ a =

 E 1G1 +  E 2 G 2 G1 + G 2 + G 3

230 230 ⋅ =

1 0,5

1 0,5

Direcţionăm curenţii în ramuri arbitrar. Curenţii − ϕ  +  E 1 = ( E 1 − U   I 1 = a

ab

 Rint 1

)G1

+

1

230 ⋅ + 230 1 0,4

+

0,4

1

225 5V  = 22

.

10

= (230 − 225) ⋅ 2 = 10 A ;

 I 2 = ( E 2 −U ab )G2 = (230 − 225 ) ⋅ 2,5 = 12 ,5 A ;  I 3 = U ab G 3 = 225 ⋅ 0,1 = 22,5 A .

Dacă Rint =0, atunci ϕ a = U ab =  E 1 . Curentul I 1 se determină din I lege Kirchhoff . La funcţionarea în paralel a generatoarelor la FEM egale, distribuirea curenţilor între ei se determină conform rezistenţei lor interioare: ( E  − U  )G1  I 1 G  R = 1 = int 2 = 1  I 2 ( E 2 − U  )G2 G2  Rint 1 Cum se vor schimba curenţii generatoarelor, dacă FEM E 2 se va micşora cu 1%? Pentru E 2=227,7V obţinem ab

ab

U ab =

 E 1G1 +  E 2 G2 G1 + G2 + G3

=

23 230 0 ⋅ 2 + 22,7 ⋅ 2,5 4,6

=

22 223 3,75V  ;

 I 1 = ( E 1 −U ab )G1 = ( 230 230 − 223 ,75 ) ⋅ 2 = 12 ,5 A ;  I 2 = ( E 2 −U ab )G 2 = ( 227 ,7 − 223 ,75 ) ⋅ 2,5 = 9,875 A ,

adică curentul de la sursa a II-a se va micşora de la 12,5 pînă la 9,875A sau cu 21%, curentul  primei surse se va mări. Dacă se cere de descărcat un generator, adică să egalăm curentul lui cu zero, atunci acest lucru este posibil,d acă FEM respec respectivă va fi egală tengenerator, siunea U...adică să facem ca Să posibil,dacă presupunem că trebuie sătivă descărcăm al II-lea IIcu -leatensiunea  I 2 = ( E 2 − U  )G 2 = 0 Acest lucru este posibil respectând condiţia  E 2 = U ab .Introducând această egalitate în formula tensiunii nodale, vom obţine: ab

U ab =

 E 1G1 + U ab G 2 G1 + G 2 + G3

, de unde U  = ab

 E 1G1 G1

+ G3

=

230 ⋅ 2 2 + 0,1

= 219V  .

Astfel, la E 2=219V şi U ab ab=219V curentul I 2=0.

1.7.

Transformarea conexiunii paralele a ramurilor cu sursele de energie. Problema 17

15

 

Determinaţi curenţii în ramurile schemei fig.1.24,a, dacă E 1=48V, E 2=24V, E 3=12V, E =12V, =12V,  R1=3Ω, R2=6Ω, R3= R4=2Ω, R=6Ω.

a)

b) Figura 1.24

Pentru determinarea curentului I 4 înlocuim fiecare conexiune paralelă a ramurilor cu o singură echivalentă. ramurile din stînga: Echivalenţa FEM E 12 12 şi rezistenţa echivalentă  R12 pentru    E 1G1 48 ⋅ 0,33 − 24 ⋅ 0,166 = = 24V  ,  E 12 = G1 + G2 0,33 + 0,166 166 G1 =

1  R1

=

1 3

=

0,33 333 3 Sm ,

G2 =

 R2

1

=

1

167 7 Sm = 0,16

6

,

 R1 R2

= 2Ω . +  R2 Echivalena FEM E 34 34 şi rezistenţa echivalentă  R34 pentru ramurile din dreapta: 3 6 3 E  /  R =  E  = 12V  ,  R34 =  E 34 = = = 2Ω . 3 /  R  R 3 În rezultatul transfomării obţinem schema, arătată în fig.1.24,b Curentul în această schemă  E 12 +  E 3 −  E 34 24 + 12 − 12 = = 3 A ;  I 4 = 2+2+2+2  R12 +  R34 +  R3 +  R4 tensiunea pe porţiunile U 12 =  E 12 −  I 4 R12 = 24 − 3 ⋅ 2 = 18V  ; U 34 =  E 34 +  I 4 R34 = 12 + 3 ⋅ 2 = 18V  . Curenţii în ramurile schemei iniţiale: 1 = 10 A ,  I 1 = ( E 1 − U 21 )G1 = ( 48 − 18) ⋅ G12 = G1 + G 2 = 0,5Sm

,  R12 =

1

 I 2 = ( E 2 + U 21 )G 2 =

G12

=

 R1

3 1

(24 + 18) ⋅

6

= 7 A

. 16

 

Deoarece U 34 34> E , aceste surse funcţionează în regim de consum, curentul în ramurile cu FEM E este:  I  = (U 34 −  E )

2.6

1  R

=

18 − 12 6

= 1 A .

Metoda superpoziţiei. Problema 18

Pentru schema din fig.1.25 sunt daţi parametrii: E 1=25V, J 2=0,125A, R1=100Ω, R2=2000Ω,  R3=500Ω. Determinaţi curenţii în ramuri utilizînd metoda superpoziţiei.

Figura 1. 25

Omitem sursa de curent şi determinăm componentele curenţilor de la sursa FEM (fig.1.26).

Figura 1. 26

Curenţii în ramuri:  E 1

 I 1′ =  R1 +

′ =  I 1′

 R2 R3  R2 +  R3  R3

=

100 +

25 = 0,05 A 2000 ⋅ 500 , 2000 + 500

 I 2′′ =  J 2 =

 R1 R3

( R1 +  R3 )(  J 2

 R2

 R1 R3  R1 +  R3

= +  R2 )

= 0,05 ⋅

500

= 0,01 A , +  R3 2000 + 500  I 3′ =  I 1′ −  I 2′ = 0,05 − 0,01 = 0,04 A . La funcţionarea sursei J 2 curenţii în ramurile schemei fig.1.27 sunt:  R2 R3 2000 ⋅ 500  I 1′′ =  J 2 =  R  R = 0,125 ⋅ (2000 + 500)( 2000 ⋅ 500 + 100) = 0,1 A , ( R2 +  R3 )( 2 3 +  R1 ) 2000 + 500  R2 +  R3  I 2

0,125 ⋅

100 ⋅ 500 = 0,005 A 100 ⋅ 500 , + 2000) (100 + 500)( 100 + 500

−  I 1′′ −  I 2′′ − I 3′′ = 0 ,  I 3′′ =  J 2 −  I 1′ −  I 2′′ = 0,125 − 0,005 − 0,1 = 0,02 A .

Figura 1.27

17

 

Curenţii căutaţi  I 1

=  I 1′ −  I 1′′ = 0,05 − 0,1 = −0,05 A , direcţia curentului I 1 coincide cu direcţia curentului  I 1′′ :  I 2 =  I 2′ +  I 2′′ =  I 3

0,01 + 0,005 = 0,015 A ;

=  I 3′ +  I 3′′ = 0,04 + 0,02 = 0,06 A .

Problema 19

Cum se schimbă curenţii din schema fig.1.28, dacă FEM E 3 se măreşte de la 48 la 96V? Pînă la aceasta curenţii în ramuri erau egali: I 1=0, I 2= I 3= I 4= I 5=3A, R1=8Ω, R2=16Ω, R3=8Ω, R4=16Ω.

Figura 1. 28

Pentru determinarea curenţilor e raţional de folosirii metodei superpoziţiei. Pentru aceasta e deajuns de a calcula curenţii în ramurile schemei figurii 1.29 de la sursa FEM ∆ E 3 = 96 − 48 = 48V  , avînd aceeaşi direcţie cu FEM E 3 din schema figurii 1.28 şi suprapunem punctele schemei figurii 1.29 pe punctele ramurii corespunzătoare schemei figurii 1.28.

Figura 1. 29

Determinăm rezistenţa echivalentă a schemei:  Rech

=  R3 +

 R1 R2 R3  R1 R2

+  R1 R4 +  R2 R4

=8+

8 ⋅16 ⋅ 16 8 ⋅ 16 + 8 ⋅ 16 + 16 ⋅16

= 12Ω .

Curentul total

′ = ∆ E 3 = 48 = 4 A .

 I 3

 Rech

12

Curentul în ramuri 3 3 3 1  I 5′ = ∆ E  −  I ′ R = U  =  R1  R1

48 − 4 ⋅ 8 8

= 2 A ,

18

 

′ = U 1 = 16 = 1 A ,  I 4′ = U 1 = 16 = 1 A ,

 I 2

16

 R2

16

 R 4

 I 1′ =  I 3′ −  I 5′ =

4 − 2 = 2 A .

Curenţii rezultanţi din schema dată:  I 1′′ =  I 1 +  I 1′′ =

0 + 2 = 2 A ,  I 2′′

=  I 2 −  I 2′′ =

3 −1 = 2A ,

′′ =  I 3 +  I 3′′ = 3 + 4 = 7 A ,  I 4′′ =  I 4 +  I 4′′ = 3 + 1 = 4 A ,  I 5′′ =  I 5 +  I 5′′ = 3 + 2 = 5 A .

 I 3

1.9

Metoda generatoruui echivalent (bipolaritatea activă) Problema 20

Din schema figurii 1.30 determinaţi curentul I 66   prin metoda generatorului echivalent, dacă  R1=45Ω, R2=30Ω, R3=15Ω, R4=36Ω, R51=18Ω, R6 =3Ω, R7 =5Ω, E 1=225V, E 4=180V.

Figura 1. 30

Deconectăm ramura cu rezistenţa R6  şi determinăm tensiunea U  x (figura 1.31). Pentru aceasta determină curenţii:

 I 3

=

 E 1  R2

+  R3

=

225 30 + 15

= 5 A ,  I 5 =

 E 4  R5

=

180 18

= 10 A .

Tensiunea mers în gol: (prin rezistenţa R7  curentul nu curge), 225 V  . = 5 ⋅ 15 + 10 ⋅ 18 = 225

U  x − I 3 R3 − I 5 R5 = 0 U  x =  I 3 R3 +  I 5 R5

Figura 1. 31

Rezistenţa pasivă bipolară între punctele a, b la deconectarea rezistenţei R6  (fig.1.32) la intrare este:  R2 R3 30 ⋅ 15  R = +  R7 = = 15Ω . 30 + 15  R2 +  R3 ab

Figura 1. 32

Rezistenţele R1, R2, R3 restrînse. Curentul calculat 19

 

 I 6

=

U  x  Rab

+  R6

=

25 15 + 3

= 14,1 A .

Preoblema 21

Pentru schema figurii 1.33 de calculat, prin metoda generatorul echivalent curentul prin rezistenţa Rint dacă : E   E 1=18V, E 2=21V, R1=1Ω, R2=2Ω, R3=2Ω, R4=7Ω, R5=6Ω.

Figura 1. 33

 Notăm arbitrar direcţia curentului  I 1 căutat. Toată schema unită la rezistenţa R1 o vom înlocui cu generatorul de tensiune echivalent la care FEM E =U  x, dar rezistenţa internă Rint  este egală cu rezistenţa de intrare a bipolului pasiv. Dacă în ramura în care trebuie de determinat curentul este o sursă deSchema FEM, atunci sursa împrună cu rezistenţa e mai al atribui bipolul activ. generatorului echivalent în regimulrămasă mers în gol bine este arătată pe la figura1.34. Direcţia tensiunii U  x este aleasă arbitrar. Curentul  I 

=

 E 2

=

+  R4 +  R5

 R3

21 2+7+6

= 1,4 A

Din legea II Kirchhoff:  E 2 − E 1 = U  x +  I ( R3 + R4 ) ,de unde U  x =  E 2 − E 1 =  I ( R3 + R4 ) = 21 −18 −1,4(2 + 7) = −9,6V  .

Figura 1. 34

Corespunzător direcţia reală a acestei tensiuni (notată prin puncte) este de sens opus. Corespunzător Determinăm rezistenţa de intrare a bipolului pasiv (fig. 1.35):  R5 ( R3 +  R4 ) 6 ⋅ (2 + 7) = 2+ = 5,6Ω .  Rint =  R2 +  R

5

 R

+

3

 R

+

4

6

2

7

+ +

20

 

Figura 1. 35

Rezistenţa de I intrare se determină prin două metode. În regim de scurt circuit ( R1=0) determinăm curentul iint  nt . Atunci  Rint =

U x  I int

.

Schema echivalentă a sursei FEM, la care  E =U  x şi Rintern=Rint  este arătată în fig. 1.36. Curentul căutat  I 1

=

U x  Rint

+  R1

=

9,6 5,6 + 1

= 1,4 A .

Figura 1. 36

Dacă din schema iniţială de scos toată ramura „ac”, unde se detrmniă curentul, iar celaltă  parte a schemei de a o schimba cu un generator echivalent atunci U  =  IR5 = 1,4 ⋅ 6 = 8,4V  . Rezistenţa de intrare ( R +  R ) R ′ = 3 4 5 = (2 + 7) ⋅ 5 = 3,6Ω .  Rint 2+7+5  R3 +  R4 +  R5 În acest caz schema schema echivalentă cu bipolul activ (fig.1.37) se deosebeşte deosebeşte de schema fig.1.36. Curentul căutat ac

 E  − U x′  I 1 =

′ =  R1 +  R2 +  Rint 1

18 − 8,4 1 + 2 + 3,6

= 1,4 A .

Figura 1. 37

Problema 22

Întrerupătorul K din schema fig.1.38 se poate afla în una din trei poziţii. În poziţia 1 curentul  I = I 1=100mA, în poziţia 2 – curentul I = I 2=50mA, în po poziţia ziţia 3 – I = I 3=20mA. Rezistenţa rezistorului 21

 

 R2=1kΩ. Determinaţi rezistenţa rezistorului R3, rezistenţa de intrare a bipolului raportat la

punctul

a,b şi tensiunea mers în gol.

Figura 1. 38

La conectarea întrerupătorului K în poziţia 1 are loc un scurt circuit, de aceea în corespundere cu metoda generatorului echivalent  I 1 =

U a int  Rint

100 mA . = 100

Poziţia 2 şi 3 a întrerupătorului corespunde regimului de sarcină:  I 2

=

 I 3

=

U a int  Rint

+  R2

U a int  Rint

+  R3

= 50mA , = 20mA .

Din ecuaţiile obţinute 50 ⋅ 1

 I 2 R2 U 

a int

= 1 −  I 2 /  I 2 = 1 − 50 / 100 = 100V  ,

 Rint =

U a int  I 1

=

100 100 100 100

= 1k Ω ,  R4 = 4 k Ω .

1.10

Teor Teorema ema re recipr ciprocă. ocă. Te Teorem orema a vari variaţii aţiillor llor.. Rezis Rezistenţe tenţele le li liniar niaree în cir circuite cuitele le ele electri ctrice. ce. Problema 23 În schema schema fig. 1.39 întrerupătoarele K 1, K 2, K 3 şi K 4 se află sau în prima sau în a doua  poziţie. Dacă ele se află în poziţia 1, atunci în schema este conectat numai o sursă FEM E 4. Sub influenţa FEM E 4 curg curenţii I 1, I 2, I 3. Aflaţi curentul I 4, în cazul în care toate întrerupătoarele se află în poziţia 2, presupunînd că E 1=20V, E 2=40V, E 3=50V, E 4=10V.

Figura 1. 39

Pentru determinarea curentului I 4 vom folosi principiile suprapunerii şi reciprocităţii. Dacă în schemă ar fi fost întrodus doar o sursă FEM E 1, iar celelalte ar fi lipsit atunci în ramura R4 după  principiul reciprocităţii ar fi trecut de sus în jos curent de 1,5A (curentul I 1 de la E 4 era egal cu 22

 

1,5A). Deoarece FEM E4=10V, atunci atunci în ramura ramura cu R4 va curge curentul  I 4′

= 1,5 ⋅

20 10

= 3 A .

Analogic determinăm curenţii în ramura cu R4 de la sursa FEM E 2, E 3:  I 4′′ = 3 ⋅

40 10

= 12 A ,  I 4′′′ = 1 ⋅

50 10

= 5 A

.

Curentul I 4 îl determinăm prin suma algebrică a tuturor curenţilor (luînd în consideraţi direcţiile lor)  I 4 =  I 4′ +  I 4′′ −  I 4′′′ = 3 + 12 − 5 = 10 A . Problema 24

Folosind principiul reciprocităţii de stabilit indicaţiile ampermetrului A (fig.1.40). Se dă:  E =30V, R1=8kΩ, R2= R5=2kΩ.

Figura 1. 40

Confor principiului reciprocităţii schema fig.1.40 poate fi modificată în schema fig.1.41, unde curetul I=I 5.

Figura 1. 41

Această schemă poate fi reprezentată în felul următor (fig. 1.42).

Figura 1. 42

Calculăm curenţii:  I 5′ =

 E  1 2 4 3  R5 +  R  R +  R  R  R1 +  R2  R4 +  R3

=

30 2 + 6⋅4 + 8⋅2 6+4 8+2

= 5mA

,

23

 

 I 3

 I 1

Din schema fig.1.41 curentul  I 5

 R4

=  I 5′

+  R3

 R4

=  I 5′

 R2  R1

+  R2

= 5⋅

=

2 2+8

5⋅ 4 6+4

=  I 1 − I 3 = 2 −1 = 1mA

= 1mA ,

= 2mA .

.

Problema 25

La micşorarea cu 0,25Ω rezistenţa R1 la unul din braţele podului balansat cu 4 umere (fig.1.43) în circuitul galvanometrului G ia naştere curentuul I 2=50μA, iar  I   I 1 în rezistenţa R1 se schimbă de la 100 pînă la 125mA. Determinaţi dependenţa schimbării curentul I 2 de schimbarea rezistenţei R1.

Figura 1. 43

După teorema variaţiei schimbarea curentului

∆ I 2 =

G12 ∆ R1 I 1 1 + ∆ R1G11

,

unde ΔR1   – schimbarea rezistenţei  R1,    I 1 – curentul la  ΔR1 =0, G11 şi G12 – conductibilitatea la intrarea ramurii 1 şi conductibilitatea reciprocă a ramurilor 2 şi1  ΔR1 =0, Conductibilitatea de intrare G11 şi conductibilitatea reciprocă G12 le determinăm, înlocuind conform teoremei compensării ΔR1 pe FEM ∆ E 1 = ∆ R1 ( I 1 + ∆I 1 ) , unde ΔI 1 – schimbarea curentului în ramura 1. În baza principiului suprapunerii putem afirma că creşterea curenţilor  ΔI   ΔI 1,  ΔI 2 este favorizată numai de FEM  ΔE 1. Corespunzător, G11

G12 =

=

∆ I 1 25 = = 0,8Sm , ∆ E 2 0,25 ⋅ (100 + 25)

∆ I 2 ∆ E 2

=

50 ⋅ 10 −3 −3 = 1,6 ⋅ 10 Sm . 0,25 ⋅ (100 100 + 25)

Astfel, excluzind reciprocitate, reeşind din ecuaţia iniţială capătă următoarea formă f ormă −3 −3 1,6 ⋅ 10 ⋅ ∆ R1 ⋅ 100 ⋅ 10 160 ⋅ ∆ R1 = ∆ I 2 = µ  A . 1 + 0,8 ⋅ ∆ R1 1 + 0,8 ⋅ ∆ R1 Problema 26

Pentru schema fig.1.44 sunt cunoscute datel ampermetrului A1, A2 în două regime: 1) R=0,  I 1=5A, I 2=2A; 2) R= R1, I 1=4A, I 2=1A. Determinaţi datele primului ampermetru în cazul în care  R=∞.

24

 

Figura 1. 44  I 1 = a + b ⋅ I 2 După datele a două regime găsim Pentru circuitul liniar avem relaţia coeficienţii a şi b din ecuaţiile: 5 = a + b ⋅ 2 , 4 = a + b ⋅ 1 , de unde a=3A, b=1. Dacă R=∞ curentul I2=0 şi  I 1 = a + b ⋅ 0 = a = 3A .

 

25