Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач, страница 64

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧU C11. Угол AOE по=U R1 ωRCворота вектора выходного напряжения UАВ относительно входногоE вдвое больше угла ABE и равен ϕ0 = 2φ.Этот же результат легко получить и методом комплексных амплитуд. Ток, протекающий через каждую из RC-цепей, одинаков и равенEˆ0Iˆ =.iR−ωCНапряжения в точках А и В относительно нижнего проводникаIˆсхемы, соответственно, равны ÛА = RÎ, ÛB =. ВыходноеiωCнапряжение равноiR+ωC = Eˆ e iϕ0 .ÛAB = ÛA – ÛB = Eˆ00iR−ωCМодуль дроби в данном выражении равен 1, поэтомуамплитуда выходного напряжения равна E0. Сдвиг фаз равен1ϕ0 = 2φ, где tg φ =.ωRCUR1 определяется соотношением tg φ =Ответ:UAB = E0; ϕ0 = 2 arctg1.ωRCЗадача 12.3.14.

Мостовая схема, изображённая на рис. 12.12 а,используется для измерения индуктивности. Мост считается сбалансированным, когда разность потенциалов (напряжение) междуточками А и В равна нулю. Найти индуктивность L как функцию Rи С, используя условие баланса (UAB = 0).РешениеДля достижения баланса в произвольном мосте (рис. 12.12 б)необходимо выполнение следующего условия.

Так как напряжениена цепи ( Ẑ 1+ Ẑ 2) и ( Ẑ 3+ Ẑ 4) равны, то для равенства напряжений вточках А и В необходимо, чтобы425Гл. 12. Цепи переменного токаÎ1 Ẑ 1 = Î 2 Ẑ 2 и Î 1 Ẑ 2 = Î 2 Ẑ 4,где I1 и I2 – токи в левой и правой цепи. Из этих соотношений следует условие баланса мостаẐ 1 Ẑ 4 = Ẑ 2 Ẑ 3.rE(t)Z1R~LARE(t)BCаA I1~Z3I2 BZ2RCКEСКEСКEСбКEZ4СРис. 12.12 а – схема электрического моста; б – обобщённое представление мостовыхсхем, кроме Т-мостов (к задаче 12.3.14)1.i ωC + 1 RrR (1 + iωL / r )= C=1 + iωCRCВ нашем случае Ẑ 1 = r + iωL, Ẑ 2 = Ẑ 3 = R, Ẑ 4 =Тогда Ẑ 2 Ẑ 3 = R2, Ẑ 1 Ẑ 4 == Ẑ 2 Ẑ 3 = R2.r + iωLiωC + 1 / RCωL= ωCRC.rТаким образом, L = rCRC , где rRC = R2.

И, окончательно,L = CR2.Ответ: L = CR2.Отсюда следует, что426ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадачи типа 12.3Определение мощности в цепях переменного токаМетод решения. Мощность на участке цепи переменного токаопределяется соотношением (12.7) Р = UэIэ cos φ. Здесь Uэ и Iэ –эффективные значения напряжения на данном участке и тока черезнего, а φ – сдвиг фаз между током и напряжением. Для решения задач этого раздела необходимо найти соответствующие напряженияи токи, что рассматривалось в задачах раздела 12.2.1. В данном разделе эффективные значения будут далее обозначаться без индекса,амплитудные значения – с нижним индексом "0".

Это же относитсяк модулям векторов на векторных диаграммах. Комплексные амплитуды, как и ранее, обозначаются значком "^" над символом.Задача 12.3.15. Катушка с индуктивностью L = 0,318 Гн и активным сопротивлением R = 100 Ом подключена к источнику синусоидального напряжения с частотой 50 Гц, эффективное значение которого E = 120 В.

Определить мощность, выделяемую в цепи.РешениеПолная мощность, выделяемая в цепи переменного тока, равнамощности источника ЭДС P = EI cosφ. Здесь E и I – эффективныезначения ЭДС и силы тока, а φ – сдвиг фазы между этими величинами. В последовательной цепи импеданс равен Z = R 2 + ω2 L2 ,сила тока I = E Z , а сдвиг фаз между ЭДС и током cos φ = R Z .Используя эти соотношения, получаем мощностьE2RP= 2.R + ω2 L2В рассматриваемом случае P = 72 Вт.Ввиду того, что вся мощность выделяется только на активномсопротивлении, ее можно также найти из выражения P = I 2R.E2RОтвет: P = 2= 72 Вт.R + ω2 L2Задача 12.3.16.

Катушка с индуктивностью L и активным сопротивлением r соединена последовательно с резистором (сопротивление равно R) и подключена к источнику переменного напряжения частоты ω и с эффективным напряжением E. При каком зна-427Гл. 12. Цепи переменного токачении сопротивления R в цепи будет выделяться максимальная тепловая мощность и чему она равна?РешениеВ последовательной цепи будет течь ток с комплексной амплитудойE0E1,Iˆ == 0 ⋅R + r + iωL R + r 1 + i tg ϕωL– сдвиг фаз напряжения и тока в цепи, E0 = 2E –R+rамплитуда ЭДС источника тока. Полная мощность, выделяемая вцепи, равна:где tg φ =E2E21 ˆ21P = I (R + r) = I ( R + r) =⋅=cos2 ϕ =22R + r 1 + tg ϕ R + r2=E2tg ϕ cos2 ϕ =E2sin 2ϕ .ωL2ωLМаксимум Р достигается при φ = π/4, в этом случае tg φ = 1.Отсюда получаем, что максимальная тепловая мощность достигается при R = ωL – r.E2.2ωLДополнение. Для решения можно использовать результат предыдущей задачиE 2 RΣP= 2,RΣ + ω2 L2Ответ:R = ωL – r;Pмакс =где RΣ = R + r – полное активное сопротивление цепи.

Приравнивая∂Pнулю производную, находим, что мощность имеет максимум∂RΣпри RΣ = ωL, откуда следует R = ωL – r.Задача 12.3.17. Цепь, состоящую из последовательно соединённых сопротивления R и катушки индуктивности с неизвестнымактивным сопротивлением r, подключили к источнику синусоидального напряжения с ЭДС E. Найти тепловую мощность, выде-428ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧляющуюся в катушке, если эффективные значения напряжений насопротивлении и катушке равны, соответственно, UR и UL .РешениеМощность, которую надо определить, равна Р = ULI cos φ.

ТокUU Uв цепи равен I = R . Отсюда Р = R L cos φ.RRЧтобы найти косинус сдвига фаз между током и напряжениемна катушке индуктивности cosϕ, рассмотрим векторную диаграммуданной цепи (рис. 12.13).Выберем за исходное направлениевектор тока I. Вектор напряUrURжения на катушке UL складываетсяиз вектора Ur напряжения на ее акUL0 ULEтивном сопротивлении r, которыйпараллелен I, и вектора UL0 напряφжения на ее чисто индуктивномкомпоненте, который перпендикуIлярен I, поскольку UL0 опережает IРис.

12.13. Векторная диана π/2.грамма напряжений к задачеВектор UL в сумме с вектором12.3.17UR напряжения на сопротивлении Rдолжен равняться вектору ЭДС, приложенной к цепи: E = UL + UR.Возведём в квадрат правую и левую части этого равенства:E2 = UL2 + UR2 + 2 (ULUR) = UL2 + UR2 +2ULUR cos φ.Выражая отсюда cosϕ и подставляя в выражение для мощно1 2сти, окончательно получаем: PL=(E – UL2 – UR2).2RОтвет:PL=1 2(E – UL2 – UR2).2RЗадача 12.3.18. К источнику синусоидального напряжения самплитудой E0 подключили последовательно соединённые сопротивление R и катушку с активным сопротивлением. Найти мощность, потребляемую катушкой, если разность фаз между током вцепи и напряжением источника равна φ, а падение напряжения насопротивлении R и катушке равны по величине429Гл. 12.

Цепи переменного токаРешение1) Способ 1. Решение методом векторных диаграммИспользуем результат, полученный в задаче 12.3.17:1 21 2(E – UL2 – UR2) =(E – 2U 2) .2R2Rгде учтено, что в нашем случае UL = UR = U, а E = E0 2 . Для определения U используем векторное равенство UL = E – UR(рис. 12.13) и тот факт, что напряжение на резисторе и ток в цеписовпадают по фазе. ТогдаUL2 = E2 + UR2 – 2 E⋅UR = E2 + UR2 – 2EUR cosφ,где φ – сдвиг фаз между током и напряжением источника. ИсE. Окончательпользуя условие UL = UR = U, получим: U =2 cos ϕно, опуская промежуточные выкладки, получим:PL=РL =E02 1  E021 − =(1 − tg 2 ϕ) .24 R  2 cos ϕ  8 R2) Способ 2. Аналитическое решение.Пусть r – неизвестное активное сопротивление катушки, ω –круговая частота тока, L – индуктивность. Поскольку напряженияна сопротивлении R и катушке равны по величине, их импедансытакже равны:R = r 2 + ω2 L2 .Сдвиг фаз между напряжением и током в последовательной LR цепи определяется очевидным соотношениемωLtg ϕ =.R+rРешая совместно систему этих двух уравнений, находимr=R1 − tg 2 ϕ2 tg ϕ, ωL = R.21 + tg ϕ1 + tg 2 ϕУчитывая, что импеданс всей цепи равен Z = ( R + r ) 2 + ω2 L2 ,а ток I =E, мощность, выделяемая на катушке, будет равнаZ430ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧP = I 2r =Ответ:РL=E02E2r=(1 − tg 2 ϕ) .22 28R( R + r) + ω LE02(1 − tg 2 ϕ) .8RЗадача 12.3.19. Найти суммарную среднюю мощность обоихисточников переменной ЭДС для схемы с элементами R, L, C, показанной на рис. 12.14. ЭДС источников равны E1(t) = E10 cosωt;E2(t) = E20 sinωt, ω = 1/ LC , стрелки на источниках указывают положительное направление ЭДС.РешениеRLВведем комплексные амплиC~ E2туды ЭДС, положив начальную E1 ~ ÎÎ21фазу первой ЭДС равной нулю.Тогда, учитывая, что E2 отстает отE1 на π/2, запишем:Рис. 12.14.

Электрическая схемаÊ = E10, Eˆ = E e − iπ / 2 = −iE .цепи к задаче 12.3.19122020Используем метод контурных токов. Выберем направленияконтурных токов в левой и правой половине контура (пунктир нарис. 12.14) и запишем уравнения Кирхгофа, обходя контуры по направлению токов1 ˆ ˆ1 ˆ ˆi ωLIˆ1 +( I1 + I 2 ) = E10 , RIˆ2 +( I1 + I 2 ) = −iE20 .iωCiωCУчитывая, что, по условию задачи, ω = 1/ LC , из первогоуравнения сразу получаемIˆ = iωCE .210Суммарная мощность P обоих источников ЭДС выделяется ввиде тепла на резисторе R:P = P1 + P2 = PR =1 ˆ 21I 2 R = ( ωCE10 ) 2 R .221( ωCE10 ) 2 R .2Дополнение. Найдем среднюю мощность P1,2 каждого источникаОтвет:P=431Гл. 12.