ТТОЭ123

Метод расчёта цепей · Электрические цепи постоянного тока

Метод наложения

В линейной цепи ток любой ветви равен алгебраической сумме частичных токов, которые создал бы каждый источник по отдельности. Метод особенно удобен, когда источников несколько, а частичные схемы считаются проще исходной — например, остаются обычные делители напряжения или параллельные резисторы.

Принцип суперпозиции

Линейность означает: удвоили все источники — удвоились все токи; включили два источника сразу — получили сумму того, что дал бы каждый в одиночку. Отсюда формула для тока ветви:

I=I′+I′′+I′′′+⋯I = I' + I'' + I''' + \cdots
(6.1)
I=I′(от E₁)+I″(от E₂)+I‴(от J)столько слагаемых, сколько независимых источников
Рис. 6.1 — Итоговый ток — сумма частичных вкладов от каждого независимого источника

Важно: метод работает только для линейных цепей (постоянные R, идеальные E и J). Для мощности суперпозиция не действует — см. ниже.

Как «выключать» источники

Чтобы оставить в схеме только один источник, остальные заменяют их внутренним сопротивлением:

E → перемычка(rвнутр = 0)J → разрыв(rвнутр = ∞)
Рис. 6.2 — Правило исключения источников при построении частичных схем

Сопротивления, стоявшие последовательно с исключённой ЭДС, остаются в схеме — убираем только сам источник, заменяя его проводом.

Алгоритм

1

Считаем независимые источники

Сколько ЭДС и источников тока — столько частичных схем. Зависимые (управляемые) источники «выключать» нельзя: они остаются во всех частичных схемах.

2

Строим частичные схемы

В каждой схеме действует один источник; остальные заменены по рис. 6.2. Направления токов ветвей фиксируем заранее — одни и те же во всех частичных расчётах.

3

Считаем частичные токи

Каждую частичную схему решаем любым удобным способом: делитель, эквивалентные преобразования, узловые потенциалы, контурные токи.

4

Складываем

Итоговый ток ветви — алгебраическая сумма частичных. Знак «минус» у слагаемого означает: этот источник гонит ток против выбранного направления.

5

Проверяем баланс мощностей по итоговым токам

Мощности частичных схем нельзя складывать: P=I2RP = I^2 R нелинейна по току. Сначала находим полные токи, затем считаем мощности по ним.

Пример

ЭДС и источник тока в параллельных ветвях

Узел 1 соединён с базовым узлом 0 тремя ветвями (рис. 6.3): резистор R₁ = 4 Ом последовательно с ЭДС E = 16 В (стрелка к узлу 0), резистор R₂ = 4 Ом и источник тока J = 2 А, направленный в узел 1. Найдём токи методом наложения.

10R₁ER₂J
Рис. 6.3 — Исходная схема — два источника, две частичные схемы
1

Частичная схема: действует только E

Источник тока размыкаем. Остаются E, R₁ и R₂ между узлами 1 и 0.

1R₁ER₂∅
Рис. 6.4 — Частичная схема от ЭДС: ветвь J разомкнута

Проводимости g1=g2=1/4=0,25 Смg_1 = g_2 = 1/4 = 0{,}25\ \text{См}. Уравнение узла 1:

(g1+g2) φ1′=E g1(g_1 + g_2)\,\varphi_1' = E\, g_1
(6.2)
0,5 φ1′=16⋅0,25=4  ⟹  φ1′=8 В0{,}5\,\varphi_1' = 16\cdot 0{,}25 = 4 \implies \varphi_1' = 8\ \text{В}
(6.3)

Частичные токи (I₁ — от 0 к 1 через ветвь с E, I₂ — от 1 к 0 через R₂):

I1′=φ0−φ1′+ER1=0−8+164=2 АI_1' = \dfrac{\varphi_0 - \varphi_1' + E}{R_1} = \dfrac{0 - 8 + 16}{4} = 2\ \text{А}
(6.4)
I2′=φ1′R2=84=2 А,IJ′=0I_2' = \dfrac{\varphi_1'}{R_2} = \dfrac{8}{4} = 2\ \text{А}, \qquad I_J' = 0
(6.5)
2

Частичная схема: действует только J

ЭДС заменяем перемычкой — в левой ветви остаётся только R₁. Источник J по-прежнему втекает в узел 1.

1R₁R₂JE→0
Рис. 6.5 — Частичная схема от J: ЭДС заменена перемычкой, R₁ остался
R1∥R2=2 Ом,φ1′′=J⋅(R1∥R2)=2⋅2=4 ВR_1 \parallel R_2 = 2\ \text{Ом}, \qquad \varphi_1'' = J \cdot (R_1 \parallel R_2) = 2\cdot 2 = 4\ \text{В}
(6.6)
I1′′=φ0−φ1′′R1=0−44=−1 АI_1'' = \dfrac{\varphi_0 - \varphi_1''}{R_1} = \dfrac{0 - 4}{4} = -1\ \text{А}
(6.7)
I2′′=φ1′′R2=44=1 А,IJ′′=2 АI_2'' = \dfrac{\varphi_1''}{R_2} = \dfrac{4}{4} = 1\ \text{А}, \qquad I_J'' = 2\ \text{А}
(6.8)

Знак «минус» у I₁″: от одного только J ток в ветви R₁ течёт от узла 1 к узлу 0 — против выбранного направления 0 → 1.

3

Складываем частичные токи

I1=I1′+I1′′=2+(−1)=1 АI_1 = I_1' + I_1'' = 2 + (-1) = 1\ \text{А}
(6.9)
I2=I2′+I2′′=2+1=3 АI_2 = I_2' + I_2'' = 2 + 1 = 3\ \text{А}
(6.10)
IJ=IJ′+IJ′′=0+2=2 АI_J = I_J' + I_J'' = 0 + 2 = 2\ \text{А}
(6.11)

Проверка по первому закону Кирхгофа в узле 1: втекают I₁ и J, вытекает I₂:

I1+J=1+2=3 А=I2I_1 + J = 1 + 2 = 3\ \text{А} = I_2
(6.12)
4

Баланс мощностей — только по итоговым токам

Если бы мы сложили мощности частичных схем, ответ был бы неверным. Считаем по полным токам. Потенциал узла 1 в полной схеме:

φ1=I2R2=3⋅4=12 В\varphi_1 = I_2 R_2 = 3\cdot 4 = 12\ \text{В}
(6.13)
PR1=I12R1=12⋅4=4 ВтP_{R_1} = I_1^2 R_1 = 1^2\cdot 4 = 4\ \text{Вт}
(6.14)
PR2=I22R2=32⋅4=36 ВтP_{R_2} = I_2^2 R_2 = 3^2\cdot 4 = 36\ \text{Вт}
(6.15)
PE=E⋅I1=16⋅1=16 Вт (отдаёт)P_E = E\cdot I_1 = 16\cdot 1 = 16\ \text{Вт (отдаёт)}
(6.16)
PJ=φ1⋅J=12⋅2=24 Вт (отдаёт)P_J = \varphi_1\cdot J = 12\cdot 2 = 24\ \text{Вт (отдаёт)}
(6.17)
PE+PJ=16+24=40 Вт=PR1+PR2P_E + P_J = 16 + 24 = 40\ \text{Вт} = P_{R_1} + P_{R_2}
(6.18)

Баланс сошёлся.

Почему мощности не складывают

Пусть частичные токи через резистор равны I′ и I″. Итоговый ток I′ + I″, а мощность:

P=(I′+I′′)2R=I′2R+I′′2R+2I′I′′RP = (I' + I'')^2 R = I'^2 R + I''^2 R + 2 I' I'' R
(6.19)

Появилось «лишнее» слагаемое 2I′I′′R2 I' I'' R — его нет в сумме частичных мощностей. Поэтому в методе наложения складывают токи и напряжения (линейные величины), а мощности считают уже после сложения.

Когда метод удобен

В калькуляторе выберите «Метод наложения»: для каждого источника покажут частичную схему, частичные токи и итоговую сумму с проверкой баланса мощностей.

Проверьте на калькуляторе

Соберите свою схему и получите готовое решение с ходом расчёта за пару минут — бесплатно.

Открыть калькулятор

Не сходится или нет времени?

Опишите задание и приложите файл — решим и оформим по ГОСТ, как для сдачи преподавателю.

Заказать решениеНаписать в Telegram →