Радиотехнические расчеты начинающим: Сложные цепи

категория

Расчеты по радиотехнике

материалы в категории

В. ПОЛЯКОВ, г. Москва
Радио, 2002 год, № 10

Расчет Сложных и разветвленных электрических цепей

Если два резистора соединены последовательно (рис. 6,а), то по ним течет один и тот же ток I. Падения напряжений на резисторах составят: U₁ = I•R₁ и U₂ = I•R₂. Общее падение напряжения будет U = U₁ + U₂ = I(R₁ + R₂). В скобках стоит общее сопротивление R = R₁ + R_2. Таким образом, при последовательном соединении резисторов их сопротивления складываются.

Обратимся к параллельному соединению (рис. 6,б). Здесь общим для обоих резисторов оказывается напряжение на них U, а общий ток I разветвляется на токи I₁ = U/R₁ и I₂ = U/R₂, причем I = I₁ + I₂. Воспользуемся законом Ома, и выразим в последней формуле токи через напряжение и сопротивления: U/R = U/R₁ + U/R₂. Сокращая U, получаем 1/R = 1/R₁ + 1/R₂. При параллельном соединении резисторов складываются величины, обратные сопротивлениям ≈ проводимости.

Любопытно заметить, что при последовательном соединении общее сопротивление больше, чем наибольшее из складываемых, а при параллельном ≈ меньше, чем наименьшее. Проще всего иметь дело с одинаковыми резисторами: соединяя N штук последовательно, получаем во столько же раз большее сопротивление, а соединяя параллельно, ≈ во столько же раз меньшее.

Формула для расчета сопротивления при параллельном соединении резисторов не вызывает особого энтузиазма, на этот случай давным-давно придумана очень удобная номограмма (рис. 7).

Откладываем на листке бумаги в клеточку по вертикали значение R₁ а на любом расстоянии сбоку ≈ R_2. Масштаб не имеет значения, одна клеточка может соответствовать 10 Ом или 100 кОм, важно лишь, чтобы он был одинаковым. Проводим по линейке линии от вершины одного отрезка к основанию другого (штриховые на рис. 7), и высота их точки пересечения дает значение R в том же масштабе.

Пользуясь формулами для параллельного и последовательного соединения сопротивлений, удается довольно далеко продвинуться в расчете сложных цепей, состоящих только из пассивных элементов. В качестве абстрактного примера рассмотрим схему на рис. 8,а, несколько напоминающую лавину продуктов распада при вторжении космической частицы в атмосферу Земли. Требуется найти сопротивление между верхним выводом и общим проводом.

Упрощение схемы начнем с вычисления общего сопротивления параллельно включенных R₄, R₅ и R₆, R₇ (рис. 8,б). Затем вычисленные значения R_4-5 и R_6-7 складываем с R₂ и R₃ соответственно (последовательные соединения). Получается совсем простая схема рис. 8, в. Вычислив теперь общее сопротивление включенных параллельно нижних резисторов, получаем схему рис. 8,г, в которой сосчитанное значение R_2-7 остается только сложить с R₁(рис. 8,д), чтобы получить ответ. Токи и напряжения находят с помощью простейшего закона Ома для участка цепи, "раскручивая" схемы в обратном направлении.

Подадим на верхний вывод напряжение U. Поделив его на общее сопротивление цепи, получаем общий ток I (рис. 8, д). Резисторы R1 и эквивалентный остальной части схемы резистор R_2-7 образуют делитель напряжения (рис. 8,г), в котором U_2-7= I•R_2-7. Токи I₁ и I₂ получаем, разделив полученное напряжение на сопротивления соответствующих ветвей (рис. 8, в) и т. д. Процесс долгий, но несложный. Для тренировки сосчитайте в уме общее сопротивление цепи, если все резисторы одинаковые, а также, какая доля общего напряжения выделится на R₇? (Ответ: 1,75R, U/7).

Метод неприменим, если в цепи имеются поперечные (мостовые) связи между ветвями или в ветвях есть источники тока или напряжения. В этом случае для расчета сложных цепей используют правила Кирхгофа.

Их два:

1. Алгебраическая сумма токов в каждом узле равна нулю.
2. Сумма падений напряжений в каждом контуре равна сумме ЭДС.

Напомним, что узлом называется соединение трех и более проводников, а контуром ≈ замкнутая цепь, выделенная на схеме.

При пользовании правилами Кирхгофа следует обозначить на схеме направления токов и направления обхода контуров. Ток считается положительным, если он втекает в узел, и от рицательным, если вытекает из узла. Если ток совпадает с направлением обхода контура, соответствующее па дение напряжения считается положительным, если ток через источник направлен от - к +, то ЭДС также положительна.

По первому правилу следует составлять не более Y- 1 уравнений, где Y ≈ число узлов. Остальные уравнения составляются по второму правилу, причем для удобства выбирают самые простые контуры. Общее число уравнений соответствует числу ветвей или токов. Решать уравнения можно любым способом: подстановкой, складывая и вычитая уравнения, составляя матрицы и т. д.

Поясним сказанное простыми примерами. Рассчитаем условие баланса моста Уитстона, схема которого со всеми необходимыми обозначениями показана на рис. 9. Прежде всего, заметим, что втекающий в узел А ток I₀ равен вытекающему из узла D, поскольку других проводников к мосту не подключено. При балансе моста ток I₅ через гальванометр РА равен нулю. Применив первое правило к точкам В и С, получаем I₁ = I₃ и I₂ = I₄, а применив его к точке А, находим I₀ = I₁ +I₂.

Для верхнего контура (ЭДС в нем нет, а ток I₅ и падение напряжения на гальванометре равны нулю) имеем I₁•R₁ - I₂•R₂ = 0. Аналогично для нижнего контура I₃•R₃ - I₄•R₄ = 0. Заменив I₃ на I₁ и I₄ на I₂, затем перенеся члены с I₂в правую часть, получаем I₁•R₁ = I₂•R₂, I₁•R₃ = I₂•R₄. Осталось поделить одно равенство на другое, чтобы получить известное условие баланса моста:

Правила Кирхгофа придется использовать и в случае, показанном на рис. 10, когда два источника с разными ЭДС и внутренними сопротивлениями работают на общую нагрузку. Предположим, что все номиналы элементов известны, надо найти ток в нагрузке и в каждом из источников. Положим также, для определенности, что источник с большей ЭДС мы обозначили как Е1. Узлов в этой схеме два, поэтому по первому правилу составим только одно уравнение для узла А: I₁ + I₂ = I₃ (попробуйте, для интереса, составить уравнение для другого узла ≈ ничего нового не получится). Но уравнений нам надо три, по числу неизвестных токов. Выберем контуры попроще, чтобы в каждый контур входило по одному источнику, и запишем: для I ≈ I₁•r₁ + I₃•R = Е₁; для II ≈ I₂• r₂ + I₃•R = Е₂. Теперь осталось подставить значения ЭДС (в вольтах) и сопротивлений (в омах), решить три уравнения совместно и узнать три тока (в амперах).

Возможен любопытный случай, когда источник с меньшей ЭДС (Е₂) вообще не будет отдавать ток (получится разновидность моста). Вычтем уравнение для контура II из уравнения для контура I и положим I₂ = 0. Получится I₁•r₁ = Е₁ - Е₂. Это означает, что на внутреннем сопротивлении первого источника падает как раз такое напряжение, что напряжение на нагрузке оказывается равным Е₂. Естественно, что в этих условиях падение напряжения на r₂ отсутствует и тока через источник нет. В нагрузку же идет ток I₁ = I₃. Если теперь уменьшить Е₂или увеличить R, ток I₂ потечет в направлении, противоположном указанному (решение для I₂ будет отрицательным), т. е. не из источника, а в источник (аккумулятор на месте Е₂ будет заряжаться).

В заключение задача: выводы батареи типа 3336 (она состоит из трех последовательно соединенных одинаковых элементов) замкнуты накоротко, а к среднему элементу присоединен вольтметр. Что он покажет?