ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЙ · ПОСТОЯННЫЙ ТОК

Метод контурных токов: примеры решений

Четыре задачи с последовательным усложнением, полными выводами и независимыми проверками.

Эта серия продолжает учебник: от двух резистивных контуров с одним источником до трёх неизвестных и суперконтуров. Каждый пример содержит исходную модель, вывод уравнений, решение, токи ветвей, напряжения и проверку энергии. Числа выбраны для прозрачного точного расчёта; результаты не получены из интерактивного решателя.

Обозначения на этой странице: заглавные $I_1,I_2,I_3$ — вспомогательные контурные токи, строчные $i_1,i_2,i_3,i_4$ — действительные токи ветвей. Равенство индексов не означает равенства величин. Нумерация ветвей заново показана на каждой схеме. Источник тока обозначается $J$ . Это отделяет третий контур от тока общей ветви, который в учебнике имел локальное обозначение $I_3$ .

Все контурные обходы направлены по часовой стрелке. В численных системах сопротивления подразумеваются в Ω, ЭДС — в V, токи — в A; итоговые величины имеют явные единицы. Напряжения резисторов отсчитываются вдоль выбранных стрелок ветвей. Точные дроби используются до конца проверки, десятичные результаты округляются до трёх значащих цифр. Исходные данные не округляются. Отрицательный ток или напряжение сохраняют свой знак.

1. Один источник: как возникает ток общей ветви

Схема и исходные данные

Два окна образуют два независимых контура. Источник $E_1=12$ V имеет плюс сверху; правая внешняя ветвь замыкается проводом, второго источника нет. Сопротивления: $R_1=2$ Ω, $R_2=4$ Ω, $R_3=2$ Ω. Узел B принимаем за нулевой потенциал. Стрелка $i_1$ направлена вверх левой ветви, $i_2$ — от A к B через $R_3$ , $i_3$ — вниз правой ветви.

Схема 1. Заглавные I — контурные токи, строчные i — токи ветвей.

Вывод уравнений

Сначала выразим токи через контурные неизвестные. В левой и правой внешних ветвях только один контур, а в средней токи направлены навстречу:

\begin{aligned}i_1&=I_1\\i_2&=I_1-I_2\\i_3&=I_2\end{aligned}

При левом обходе источник повышает потенциал на $E_1$ , резисторы по ходу своих токов уменьшают его. При правом обходе источник отсутствует, а средний резистор проходится против $i_2$ :

\begin{aligned}E_1-R_1I_1-R_3(I_1-I_2)&=0\\-R_2I_2+R_3(I_1-I_2)&=0\end{aligned}

Раскроем скобки и перенесём ЭДС вправо:

\begin{aligned}(R_1+R_3)I_1-R_3I_2&=E_1\\-R_3I_1+(R_2+R_3)I_2&=0\end{aligned}

\begin{cases}4I_1-2I_2=12\\-2I_1+6I_2=0\end{cases}

Вторая правая часть равна нулю, потому что в правом обходе нет источника, а не потому что ток этого контура должен быть нулевым.

Решение системы

Из второго уравнения $2I_1=6I_2$ , значит $I_1=3I_2$ . Подставляем это в первое:

\begin{aligned}4(3I_2)-2I_2&=12\\10I_2&=12\\I_2&=\frac65\,\mathrm A\approx1.20\,\mathrm A\\I_1&=3\frac65\,\mathrm A\\&=\frac{18}5\,\mathrm A\approx3.60\,\mathrm A\end{aligned}

Токи ветвей и напряжения

\begin{aligned}i_1&=\frac{18}5\,\mathrm A\approx3.60\,\mathrm A\\i_2&=\frac{18-6}5\,\mathrm A\\&=\frac{12}5\,\mathrm A\approx2.40\,\mathrm A\\i_3&=\frac65\,\mathrm A\approx1.20\,\mathrm A\end{aligned}

Ток во всех трёх ветвях совпадает с выбранной стрелкой. По закону Ома:

\begin{aligned}U_{R_1}&=2\frac{18}5\,\mathrm V\\&=\frac{36}5\,\mathrm V=7.20\,\mathrm V\\U_{R_2}&=4\frac65\,\mathrm V\\&=\frac{24}5\,\mathrm V=4.80\,\mathrm V\\U_{R_3}&=2\frac{12}5\,\mathrm V\\&=\frac{24}5\,\mathrm V=4.80\,\mathrm V\end{aligned}

Независимая узловая проверка и Кирхгоф

Отсчитываем три выходящих тока из A. Верхний вывод источника имеет 12 V, правый провод соединён с B:

\frac{V_A-12}{2}+\frac{V_A}{4}+\frac{V_A}{2}=0

\begin{aligned}2(V_A-12)+V_A+2V_A&=0\\5V_A&=24\\V_A&=\frac{24}5\,\mathrm V\end{aligned}

Теперь $i_1=(12-V_A)/2=18/5$ A, $i_2=V_A/2=12/5$ A, $i_3=V_A/4=6/5$ A. Узловой расчёт не использовал контурную систему и дал те же токи. Прямые невязки:

\begin{aligned}i_1-i_2-i_3&=\frac{18-12-6}5\,\mathrm A\\&=0\end{aligned}

\begin{aligned}E_1-U_{R_1}-U_{R_3}&=0\\U_{R_3}-U_{R_2}&=0\end{aligned}

Полный баланс мощности

Мощность каждого резистора рассчитывается по его действительному току. У общего $R_3$ это $i_2$ , а не один из контурных токов:

\begin{aligned}P_{R_1}&=2\left(\frac{18}5\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{648}{25}\,\mathrm W\approx25.9\,\mathrm W\\P_{R_2}&=4\left(\frac65\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{144}{25}\,\mathrm W=5.76\,\mathrm W\\P_{R_3}&=2\left(\frac{12}5\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{288}{25}\,\mathrm W\approx11.5\,\mathrm W\end{aligned}

\begin{aligned}P_R&=\frac{648+144+288}{25}\,\mathrm W\\&=\frac{216}5\,\mathrm W=43.2\,\mathrm W\\P_E&=12\frac{18}5\,\mathrm W\\&=\frac{216}5\,\mathrm W=P_R\end{aligned}

Источник отдаёт энергию: ток входит в его отрицательный вывод. Сумма поглощаемых мощностей всех элементов равна нулю: $P_R-P_E=0$ .

2. Два источника: отрицательный ответ — допустимый результат

Схема и исходные данные

Сопротивления прежние: $R_1=2$ Ω, $R_2=4$ Ω, $R_3=2$ Ω. В левой ветви $E_1=12$ V, в правой $E_2=24$ V. У обоих источников плюс сверху. Правый контур по часовой стрелке проходит $E_2$ от плюса к минусу. Стрелки ветвей прежние; это выбранные положительные направления, а не заранее известные действительные токи.

Схема 2. Заглавные I — контурные токи, строчные i — токи ветвей.

Вывод уравнений и знаков

Связи ветвей остаются $i_1=I_1$ , $i_2=I_1-I_2$ , $i_3=I_2$ . Для левого контура ничего не изменилось. В правом при движении вниз через источник потенциал уменьшается на $E_2$ :

\begin{aligned}E_1-R_1I_1-R_3(I_1-I_2)&=0\\-R_2I_2-E_2+R_3(I_1-I_2)&=0\end{aligned}

\begin{cases}4I_1-2I_2=12\\-2I_1+6I_2=-24\end{cases}

Минус перед 24 справа — следствие полярности и обхода. Менять его на плюс, чтобы получить положительный ток, нельзя.

Решение системы

Умножаем первую строку целиком на 3 и складываем со второй:

\begin{aligned}12I_1-6I_2&=36\\-2I_1+6I_2&=-24\\\hline10I_1&=12\\I_1&=\frac65\,\mathrm A\approx1.20\,\mathrm A\end{aligned}

\begin{aligned}6I_2&=-24+2\frac65\\&=\frac{-120+12}5\\I_2&=-\frac{18}5\,\mathrm A\approx-3.60\,\mathrm A\end{aligned}

Токи ветвей и напряжения

\begin{aligned}i_1&=\frac65\,\mathrm A\approx1.20\,\mathrm A\\i_2&=\left(\frac65+\frac{18}5\right)\!\mathrm A\\&=\frac{24}5\,\mathrm A\approx4.80\,\mathrm A\\i_3&=-\frac{18}5\,\mathrm A\approx-3.60\,\mathrm A\end{aligned}

Правая ветвь действительно проводит ток вверх, от B через $E_2$ к A. Контурная стрелка $I_2$ была выбрана по часовой стрелке, но фактическая составляющая имеет противоположное направление. Стрелку не нужно стирать: отрицательный знак уже содержит эту информацию.

\begin{aligned}U_{R_1}&=2\frac65\,\mathrm V=2.40\,\mathrm V\\U_{R_2}&=4\left(-\frac{18}5\right)\!\mathrm V\\&=-\frac{72}5\,\mathrm V=-14.4\,\mathrm V\\U_{R_3}&=2\frac{24}5\,\mathrm V\\&=\frac{48}5\,\mathrm V=9.60\,\mathrm V\end{aligned}

Напряжение $U_{R_2}$ отсчитано от A к правому верхнему выводу, вдоль выбранной стрелки $i_3$ . Оно отрицательно. Вдоль действительного тока падение равно положительным 14.4 V. Не меняем знак только в одном уравнении.

Независимая узловая проверка и Кирхгоф

Верхние выводы источников имеют 12 V и 24 V относительно B. Поэтому:

\frac{V_A-12}{2}+\frac{V_A-24}{4}+\frac{V_A}{2}=0

\begin{aligned}&2(V_A-12)+(V_A-24)\\&\quad+2V_A=0\\5V_A&=48\\V_A&=\frac{48}5\,\mathrm V\end{aligned}

Из узлового решения $i_1=(12-V_A)/2=6/5$ A, $i_2=V_A/2=24/5$ A, $i_3=(V_A-24)/4=-18/5$ A. Проверки со знаками:

\begin{aligned}i_1-i_2-i_3&=\frac{6-24+18}5\,\mathrm A\\&=0\end{aligned}

\begin{aligned}12-\frac{12}5-\frac{48}5&=0\\\frac{72}5-24+\frac{48}5&=0\end{aligned}

Полный баланс мощности

Резистивная мощность остаётся положительной при отрицательном токе, поскольку используется квадрат:

\begin{aligned}P_{R_1}&=2\left(\frac65\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{72}{25}\,\mathrm W=2.88\,\mathrm W\\P_{R_2}&=4\left(-\frac{18}5\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{1296}{25}\,\mathrm W\approx51.8\,\mathrm W\\P_{R_3}&=2\left(\frac{24}5\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{1152}{25}\,\mathrm W\approx46.1\,\mathrm W\end{aligned}

По пассивному правилу знаков поглощаемая мощность положительна, когда ток входит в плюс. Для $E_1$ выбранный $i_1$ входит в минус, а для $E_2$ выбранный вниз $i_3$ входит в плюс:

\begin{aligned}P_{E_1}^{\mathrm{abs}}&=-E_1i_1=-\frac{72}5\,\mathrm W\\P_{E_2}^{\mathrm{abs}}&=E_2i_3=-\frac{432}5\,\mathrm W\end{aligned}

Обе величины отрицательны: оба источника в этом режиме отдают энергию. Полный точный баланс:

\begin{aligned}P_R&=\frac{72+1296+1152}{25}\,\mathrm W\\&=\frac{504}5\,\mathrm W\\P_E&=\frac{72+432}5\,\mathrm W=P_R\\P_E&\approx101\,\mathrm W\end{aligned}

Суммируем точные мощности, а не округлённые 51.8 и 46.1. Иначе небольшая разница округления может выглядеть как физическая ошибка.

3. Три контура: построение и исключение в системе 3×3

Схема и исходные данные

Между A и B четыре ветви. Левая содержит $R_1=2$ Ω и $E_1=24$ V с плюсом сверху. Средние ветви содержат $R_2=4$ Ω и $R_3=6$ Ω. Правая содержит $R_4=2$ Ω и $E_2=6$ V с плюсом снизу. Три соседних окна задают $I_1,I_2,I_3$ по часовой стрелке. Здесь $I_3$ — третий контурный ток, а $i_3$ — ток третьей ветви: регистр буквы принципиален.

Схема 3. Заглавные I — контурные токи, строчные i — токи ветвей.

Вывод уравнений

Четыре ветви и два основных узла дают $m=4-2+1=3$ . Внешние токи принадлежат одному контуру, во внутренних ветвях вычитаются соседние контурные токи:

\begin{aligned}i_1&=I_1\\i_2&=I_1-I_2\\i_3&=I_2-I_3\\i_4&=I_3\end{aligned}

Во втором окне источников нет. Правый источник проходится вниз от минуса к плюсу, поэтому его ЭДС справа положительна. Запишем каждый обход до раскрытия скобок:

\begin{aligned}R_1I_1+R_2(I_1-I_2)&=E_1\\R_2(I_2-I_1)+R_3(I_2-I_3)&=0\\R_3(I_3-I_2)+R_4I_3&=E_2\end{aligned}

\begin{cases}6I_1-4I_2=24\\-4I_1+10I_2-6I_3=0\\-6I_2+8I_3=6\end{cases}

\mathbf R_{\mathrm m}=\begin{bmatrix}6&-4&0\\-4&10&-6\\0&-6&8\end{bmatrix}\,\Omega

Нулевые угловые элементы означают, что первый и третий контуры не имеют общей ветви. Взаимные коэффициенты соседей равны минус сопротивлению их общей ветви. Каждый диагональный элемент — сумма сопротивлений своего окна.

Решение системы исключением

Из первой строки $I_1=4+(2/3)I_2$ . Подставим это во вторую, сохраняя численную запись в СИ:

\begin{aligned}&-4\left(4+\frac23I_2\right)+10I_2\\&\quad-6I_3=0\\&\frac{22}3I_2-6I_3=16\\&11I_2-9I_3=24\end{aligned}

Последняя строка получена умножением предыдущей на 3/2. Третье исходное уравнение делим на 2: $-3I_2+4I_3=3$ . Умножаем сокращённую вторую строку на 4, третью — на 9 и складываем:

\begin{aligned}44I_2-36I_3&=96\\-27I_2+36I_3&=27\\\hline17I_2&=123\\I_2&=\frac{123}{17}\,\mathrm A\approx7.24\,\mathrm A\end{aligned}

\begin{aligned}I_3&=\frac{3+3(123/17)}4\,\mathrm A\\&=\frac{105}{17}\,\mathrm A\approx6.18\,\mathrm A\\I_1&=\left(4+\frac23\frac{123}{17}\right)\!\mathrm A\\&=\frac{150}{17}\,\mathrm A\approx8.82\,\mathrm A\end{aligned}

Токи ветвей и напряжения

\begin{aligned}i_1&=\frac{150}{17}\,\mathrm A\approx8.82\,\mathrm A\\i_2&=\frac{150-123}{17}\,\mathrm A\\&=\frac{27}{17}\,\mathrm A\approx1.59\,\mathrm A\\i_3&=\frac{123-105}{17}\,\mathrm A\\&=\frac{18}{17}\,\mathrm A\approx1.06\,\mathrm A\\i_4&=\frac{105}{17}\,\mathrm A\approx6.18\,\mathrm A\end{aligned}

\begin{aligned}U_{R_1}&=2\frac{150}{17}\,\mathrm V\\&=\frac{300}{17}\,\mathrm V\approx17.6\,\mathrm V\\U_{R_2}&=4\frac{27}{17}\,\mathrm V\\&=\frac{108}{17}\,\mathrm V\approx6.35\,\mathrm V\\U_{R_3}&=6\frac{18}{17}\,\mathrm V\\&=\frac{108}{17}\,\mathrm V\approx6.35\,\mathrm V\\U_{R_4}&=2\frac{105}{17}\,\mathrm V\\&=\frac{210}{17}\,\mathrm V\approx12.4\,\mathrm V\end{aligned}

Независимая узловая проверка и Кирхгоф

Для этой схемы узловой метод даже короче: всего один неизвестный потенциал A. Выводы источников имеют 24 V и−6 V относительно B:

\begin{aligned}&\frac{V_A-24}{2}+\frac{V_A}{4}\\&\quad+\frac{V_A}{6}+\frac{V_A+6}{2}=0\end{aligned}

После умножения на 12 Ω коэффициенты при $V_A$ равны 6,3,2,6, а постоянные слагаемые равны−144 V и 36 V:

\begin{aligned}17V_A-108&=0\\V_A&=\frac{108}{17}\,\mathrm V\end{aligned}

Из $i_1=(24-V_A)/2$ , $i_2=V_A/4$ , $i_3=V_A/6$ , $i_4=(V_A+6)/2$ независимо получаются те же четыре тока. Затем $I_2=i_1-i_2=123/17$ A. Невязки:

\begin{aligned}i_1-i_2-i_3-i_4&=0\\U_{R_1}+U_{R_2}-24&=0\\U_{R_3}-U_{R_2}&=0\\U_{R_4}-U_{R_3}-6&=0\end{aligned}

Полный баланс мощности

Не подставляем контурные $I_1,I_2,I_3$ вместо действительных токов двух внутренних ветвей:

\begin{aligned}P_{R_1}&=2\left(\frac{150}{17}\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{45000}{289}\,\mathrm W\approx156\,\mathrm W\\P_{R_2}&=4\left(\frac{27}{17}\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{2916}{289}\,\mathrm W\approx10.1\,\mathrm W\\P_{R_3}&=6\left(\frac{18}{17}\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{1944}{289}\,\mathrm W\approx6.73\,\mathrm W\\P_{R_4}&=2\left(\frac{105}{17}\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{22050}{289}\,\mathrm W\approx76.3\,\mathrm W\end{aligned}

Оба источника отдают энергию: выбранный ток проходит их от минуса к плюсу. Поэтому:

\begin{aligned}P_R&=\frac{45000+2916}{289}\,\mathrm W\\&\quad+\frac{1944+22050}{289}\,\mathrm W\\&=\frac{71910}{289}\,\mathrm W=\frac{4230}{17}\,\mathrm W\\P_E&=24\frac{150}{17}\,\mathrm W+6\frac{105}{17}\,\mathrm W\\&=\frac{4230}{17}\,\mathrm W=P_R\\P_E&\approx249\,\mathrm W\end{aligned}

Большое число контуров не означает, что контурный метод всегда эффективнее. Здесь сравнение с одним узловым уравнением одновременно служит независимой проверкой и помогает осознанно выбирать метод.

4. Источник тока: суперконтур и мощность источника

Схема и исходные данные

Внешние ветви содержат $E_1=12$ V с плюсом сверху, $R_1=2$ Ω и $R_2=4$ Ω. Вместо общего резистора установлен идеальный источник тока $J=1$ A от A к B. Его ток задан, а напряжение $U_J=V_A-V_B$ пока неизвестно. Плюс отсчёта $U_J$ расположен у A. Эти знаки задают напряжение, а не превращают источник тока в источник заданной ЭДС.

Схема 4. Заглавные I — контурные токи, строчные i — токи ветвей. Пунктир — суперконтур; +/− у общей ветви задают отсчёт Uⱼ от A к B.

Вывод уравнений и суперконтур

Из общей ветви сразу известно $i_2=I_1-I_2=J$ . Если записать обычный KVL обоих окон с неизвестным напряжением источника:

\begin{aligned}E_1-R_1I_1-U_J&=0\\U_J-R_2I_2&=0\end{aligned}

Сложим эти строки. Неизвестное $U_J$ сокращается: остаётся обход внешней границы двух окон, который не проходит через источник тока. Это суперконтур. Его уравнение нужно дополнить заданным током общей ветви:

\begin{cases}R_1I_1+R_2I_2=E_1\\I_1-I_2=J\end{cases}

\begin{cases}2I_1+4I_2=12\\I_1-I_2=1\end{cases}

Первая строка имеет размерность напряжения, вторая — тока. Вторая строка является связью токов, а не строкой симметричной матрицы сопротивлений. Нельзя заменять идеальный источник тока коротким замыканием или автоматически считать $U_J=0$ .

Решение системы

Из связи токов $I_1=I_2+J$ . Подставим её в уравнение суперконтурa:

\begin{aligned}R_1(I_2+J)+R_2I_2&=E_1\\(R_1+R_2)I_2&=E_1-R_1J\\(2+4)I_2&=12-2\cdot1\\6I_2&=10\\I_2&=\frac53\,\mathrm A\approx1.67\,\mathrm A\\I_1&=\frac53\,\mathrm A+1\,\mathrm A\\&=\frac83\,\mathrm A\approx2.67\,\mathrm A\end{aligned}

Токи ветвей и напряжения

\begin{aligned}i_1&=\frac83\,\mathrm A\approx2.67\,\mathrm A\\i_2&=J=1.00\,\mathrm A\\i_3&=\frac53\,\mathrm A\approx1.67\,\mathrm A\end{aligned}

\begin{aligned}U_{R_1}&=2\frac83\,\mathrm V\\&=\frac{16}3\,\mathrm V\approx5.33\,\mathrm V\\U_{R_2}&=4\frac53\,\mathrm V\\&=\frac{20}3\,\mathrm V\approx6.67\,\mathrm V\\U_J&=U_{R_2}=\frac{20}3\,\mathrm V\end{aligned}

Источник тока принял то напряжение, которое требуется всей цепью для поддержания 1 A. Оно не было входным числом задачи.

Независимая узловая проверка и Кирхгоф

Ток источника направлен из A, поэтому в сумме выходящих токов он входит со знаком плюс:

\frac{V_A-12}{2}+\frac{V_A}{4}+1=0

\begin{aligned}2(V_A-12)+V_A+4&=0\\3V_A&=20\\V_A&=\frac{20}3\,\mathrm V\end{aligned}

Отсюда $i_1=(12-V_A)/2=8/3$ A и $i_3=V_A/4=5/3$ A. Узловой результат совпадает с суперконтурным. Проверим также отдельные окна с найденным напряжением источника:

\begin{aligned}i_1-J-i_3&=\frac83-1-\frac53=0\\12-\frac{16}3-\frac{20}3&=0\\\frac{20}3-\frac{20}3&=0\end{aligned}

Полный баланс: источник тока поглощает энергию

В источник $J$ ток входит со стороны положительного $U_J$ , поэтому по пассивному правилу знаков он поглощает мощность. Само слово «источник» не гарантирует отдачу энергии в каждом режиме:

\begin{aligned}P_{R_1}&=2\left(\frac83\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{128}9\,\mathrm W\approx14.2\,\mathrm W\\P_{R_2}&=4\left(\frac53\right)^2\!\mathrm W\\&=\frac{100}9\,\mathrm W\approx11.1\,\mathrm W\\P_J&=U_JJ=\frac{20}3\,\mathrm W\\&\approx6.67\,\mathrm W\\P_E&=E_1i_1=12\frac83\,\mathrm W\\&=32.0\,\mathrm W\end{aligned}

\begin{aligned}P_{\Sigma}&=P_{R_1}+P_{R_2}+P_J\\&=\frac{128+100+60}9\,\mathrm W\\&=32.0\,\mathrm W=P_E\end{aligned}

Здесь $P_{\Sigma}$ — суммарная мощность трёх потребителей. Если сравнить только мощность напряженческого источника с мощностями резисторов, баланс не сойдётся: будет пропущено поглощение $20/3$ W источником тока. Нужно учитывать все элементы со знаком их мощности, а не только резисторы.

Как проверить собственное решение

Перед решением отметьте полярности и положительные направления. Составляйте KVL по обходу, а не по памяти о знаках. Для каждой общей ветви отдельно выразите действительный ток. После решения проверьте исходные строки, узловые токи, напряжения и все мощности. Не меняйте одновременно направление и числовой знак без явного определения нового отсчёта.

Идеальные источники и линейные сопротивления задают учебную модель. Внутренние сопротивления источников, ограничения мощности и динамика здесь не моделируются. Метод суперконтуров с дополнительной связью токов можно сопоставить с Outline of Mesh-Current Method, Rich Kozick, Bucknell University. Числа четырёх примеров проверяются независимо узловым методом и точными дробями.

Проверьте схемы в лаборатории

Изменяйте сопротивления и источники, сравнивайте токи, напряжения и баланс мощности.

Вернуться к подробному учебнику