Книга «Библия электрика. ПУЭ, МПОТ, ПТЭ» - дать на лапу получай OZON.ru книгу  со быстрой доставкой | 078-5-699-90317-7 Книга «Библия электрика. ПУЭ, МПОТ, ПТЭ» - справить для OZON.ru книгу не без; быстрой доставкой | 078-5-699-90317-7

Задачи сообразно ТОЭ

Формулы, упражнения решения задач: ТОЭ | Электрические механизмы | Высшая математика | Теоретическая механика

Решение примеров сообразно ТОЭ

Решенные примеры: ранний распоряжение Кирхгофа | следующий начало Кирхгофа | средство контурных токов | манера узловых потенциалов | схема эквивалентного генератора | переустройство звезды на трехугольник

    Примеры решения задач по мнению ТОЭ
  • Электрические кандалы постоянного тока
  • Электрические железы переменного тока
  • Трехфазные оковы
  • Переходные процессы во линейных электрических цепях
  • Периодические синусоидальные энергетика во электрических цепях
  • Электромагнитные устройства
  • Электрические измерения равно оборудование
  • Трансформаторы
  • Машины постоянного тока
  • Асинхронные механизмы
  • Синхронные механизмы
    Источник:

Пример 0. Первый норма Кирхгофа.
Пример 0. Рисунок ко первому закону Кирхгофа
Для схемы сколотить уравнение согласно первому закону Кирхгофа.

Решение:
По первому закону Кирхгофа алгебраическая начисление токов, подтекающих для любому узлу схемы, равна нулю.

Токи, направленные ко узлу, берем со наслышан плюс, а токи, направленные ото узла, берем со наслышан минус.

В итоге запишем уравнение первого закона Кирхгофа, согласно ко данной схеме:
J+I_1-I_2-I_3=0 .

Ответ: J+I_1-I_2-I_3=0 .

Пример 0 . Второй норма Кирхгофа.
Пример 0. Рисунок ко второму закону Кирхгофа
Для изображенного для рисунке контура собрать уравнение соответственно второму закону Кирхгофа.

Решение:
Второй начало Кирхгофа: алгебраическая платеж падений напряжения на любом замкнутом контуре равна алгебраической сумме ЭДС по того но контура sum{k=1}{n}{{I_k}{R_k}}=sum{p=1}{m}{E_p} . Или
Алгебраическая совокупность напряжений повдоль любого замкнутого контура равна нулю:
sum{k=1}{n}{U_k}=0 .

При расчете электрической кандалы численность неизвестных токов в равной степени числу ветвей на рабство p . По второму закону Кирхгофа составляется k=p-q+1 уравнений.

При определении числа ветвей ( p ) малограмотный учитывают ветви от R =0, а ветви со одним равно тем а током принимают следовать одну ветвь. При определении числа узлов ( q ) учитывают всего только те узлы, во которых сходится побольше нежели двум ветви, а ветви вместе с R =0 включают на соединение узла.

В каждом контуре непринужденно выбирают линия обхода контура.
Напряжения да ЭДС во уравнении берут от положительным знаком, кабы направленность напряжений, ЭДС равным образом токов совпадает от направлением обхода контура.

Выбираем линия обхода контура в соответствии с сторож стрелке. Запишем ради нашего контура уравнения до второму закону Кирхгофа:
I_1*R_1+I_2*R_2-I_3*R_3+I_4*R_4=E_1+E_2-E_3+E_4 , иначе говоря
U_1+U_2-U_3+U_4=0 .

Ответ: I_1*R_1+I_2*R_2-I_3*R_3+I_4*R_4=E_1+E_2-E_3+E_4 , иначе говоря U_1+U_2-U_3+U_4=0 .

Пример 0 . Метод контурных токов.
Пример 0. Рисунок ко методу контурных токов
Дано:
R 0 =4 Ом; R 0 =10 Ом; R 0 =1 Ом; R 0 =5 Ом; R 0 =2 Ом; R 0 =5 Ом; R 0 =2 Ом; E 0 =10 В; E 0 =10 В; E 0 =8 В;
Найти:
Токи на схеме методом контурных токов.
I 01 , I 02 , I 03 , I am , I cm — ?

Решение:
Выберем направления всех контурных токов объединение караульный стрелке.
Положим, зачем на левом контуре в области караульный стрелке течет прерывистый площадка I 01 , на верхнем (также в соответствии с сторож стрелке) — прерывистый движение I 02 , на правом (также сообразно магазинвахтер стрелке) — прерывистый стрежень I 03 .

Для каждого контура составим уравнения до второму закону Кирхгофа. При этом учтем, ась? согласно ветви cm (с сопротивлением R 0 ) течет поверху наземь водобег I cm эквивалентный I_11-I_22 , а соответственно ветви am (с сопротивлением R 0 ) течет с птичьего полета кверху поток I am паритетный I_22-I_33 .
Направления обхода контуров скажем в свою очередь по мнению сторож стрелке.

Определяем полное оппозиция первого контура:
R_11=R_1+R_6+R_4=4+5+5=14 Ом.

Определяем полное борьба второго контура:
R_22=R_2+R_5+R_4=10+2+5=17 Ом.

Определяем полное оппозиция третьего контура:
R_33=R_3+R_5+R_7=1+2+2=5 Ом.

Сопротивление смежной ветви посредь контурами входит во уравнение со наслышан минус, коли направления контурных токов по этой ветви встречны, да со наслышан плюс, буде направления сих токов согласны.

Сопротивление смежной ветви первого да второго контура:
R_12=R_21=-R_4=-5 Ом.

Сопротивление смежной ветви первого да третьего контура:
R_13=R_31=0 Ом.

Контурная ЭДС первого контура, равна алгебраической сумме ЭДС сего контура (в нее со наслышан да входят те ЭДС, направления которых совпадают не без; направлением обхода контура):
E_11=-E_1=-10 В.

Контурная ЭДС второго контура:
E_22=E_2=10 В.

Контурная ЭДС третьего контура:
E_33=-E_3=-8 В.

Применив другой постановление Кирхгофа, составим систему уравнений с целью трех контуров во общем виде:
delim{}{matrix{3}{7}{{R_{11}I_11} {+} {R_{12}I_22} {+} {R_{13}I_33} {=} {E_11,~} {R_{21}I_11} {+} {R_{22}I_22} {+} {R_{23}I_33} {=} {E_22,~} {R_{31}I_11} {+} {R_{32}I_22} {+} {R_{33}I_33} {=} {E_33,~}}}{rbrace}

иначе во матричной форме (R)*(I)=(E) ;

(matrix{3}{3}{{R_{11}} {R_{12}} {R_{13}} {R_{21}} {R_{22}} {R_{23}} {R_{31}} {R_{32}} {R_{33}}})*(matrix{3}{1}{{I_{11}} {I_{22}} {I_{33}}})*(matrix{3}{1}{{E_{11}} {E_{22}} {E_{33}}}) .

Подставим на систему уравнений численные значения:
delim{}{matrix{3}{7}{{14I_11} {-} {5I_22} {+} {0I_33} {=} {-10,~} {-5I_11} {+} {17I_22} {-} {2I_33} {=} {10,~} {0I_11} {-} {2I_22} {+} {5I_33} {=} {-8.~}}}{rbrace}

Вычислим ведущий опознаватель системы применив « постановление треугольников »:
{Delta}=delim{|}{matrix{3}{3}{{14} {-5} {0} {-5} {17} {-2} {0} {-2} {5}} }{|}=14*17*5+(-5)*(-2)*0+0*(-5)*(-2)-
{-}0*17*0-(-2)*(-2)*14-5*(-5)*(-5)=1009 .

Операции от матрицами, заключение систем линейных уравнений, розыск определителя со этими вычислениями первоклассно равно аллегро справляется он-лайн калькулятор, использованный рядом решении задачи 0 .

Главный гессиан системы линейных уравнений отнюдь не равен нулю, как видим доктрина совместна равным образом определена. Используя формулы Крамера , находим единственное намерение уравнений: I_11={{Delta}_1}/{Delta},~I_22={{Delta}_2}/{Delta},~I_33={{Delta}_3}/{Delta},
идеже Δ 0 — определитель, получаемый изо главного определителя системы Δ заменой первого столбца нате графа свободных членов (столбец матрицы E );
Δ 0 — определитель, получаемый изо главного определителя системы Δ заменой второго столбца получи столбик свободных членов (столбец матрицы E );
Δ 0 — определитель, получаемый с главного определителя системы Δ заменой третьего столбца нате колоночка свободных членов (столбец матрицы E ).

Вычисляем контурные токи:
I_11={delim{|}{matrix{3}{3}{{-10} {-5} {0} {10} {17} {-2} {-8} {-2} {5}} }{|}}/{1009}= {=}{-10*17*5+(-5)*(-2)*(-8)+0*10*(-2)-(-8)*17*0-(-2)*(-2)*(-10)-5*10*(-5)}/1009=
{=}-640/1009=-0,634~A ;

I_22={delim{|}{matrix{3}{3}{{14} {-10} {0} {-5} {10} {-2} {0} {-8} {5}} }{|}}/{1009}= {=}{14*10*5+(-10)*(-2)*0+0*(-5)*(-8)-0*10*0-(-8)*(-2)*14-5*(-5)*(-10)}/1009=
{=}226/1009=0,224~A ;

I_33={delim{|}{matrix{3}{3}{{14} {-5} {-10} {-5} {17} {10} {0} {-2} {-8}} }{|}}/{1009}= {=}{14*17*(-8)+(-5)*10*0+(-10)*(-5)*(-2)-0*17*(-10)-(-2)*10*14-(-8)*(-5)*(-5)}/1009=
{=}-1524/1009=-1,51~A .

Определяем флюиды на смежных ветвях:
I_{cm}=I_11-I_22=-0,634-0,224=-0,858~A ;
I_{am}=I_22-I_33=0,224-(-1,51)=1,734~A .

Ответ: I_{11}=-0,634~A;~I_{22}=0,224~A;~I_{33}=-1,51~A;~I_{cm}=-0,858~A;~I_{am}=-1,734~A.

Пример 0. Метод узловых потенциалов.
Пример 0. Рисунок ко методу узловых потенциалов
Дано:
R 0 =5 Ом; R 0 =10 Ом; R 0 =10 Ом; R 0 =3 Ом; R 0 =40 Ом; R 0 =7 Ом; E 0 =40 В; E 0 =10 В; J =1 А.
Найти:
Токи на схеме методом узловых потенциалов.
I 03 , I 01 , I 01 , I 02 , — ?

Решение:

Общее состав ветвей схемы в одинаковой степени 0.

Число ветвей схемы вместе с источниками тока так же 0.

Число ветвей схемы из неизвестными токами одинаково 0.

Число узлов схемы 0, нумеруем их, около этом единовластно ( q 0 ), невозбранно выбранный, заземляем. Его резерв принимается равным нулю ( ϕ 0 =0).

Выбираем направления токов во ветвях: на ветвях не без; ЭДС – по из ней, на остальных ветвях – произвольно. Обозначаем энергетика двумя индексами: первоначальный – стриптиз узла, с которого течение утекает, второстепенный – факс узла, ко которому движение подтекает.

Записываем выражения на токов во ветвях путем потенциалы узлов:
I_13={{varphi}_1-{varphi}_3+E_1}/R_3;~I_21={{varphi}_2-{varphi}_1}/R_1;~I_31={{varphi}_3-{varphi}_1}/R_2;~I_32={{varphi}_3-{varphi}_2+E_2}/{R_4+R_6}.

Составляем уравнения по части первому закону Кирхгофа на тех узлов, потенциалы которых неизвестны ( q 0 , q 0 ):
I_31+I_21-I_13=0;
-I_21+I_32+J=0.

В уравнениях заменяем энергетика на ветвях выражениями в целях токов на ветвях помощью потенциалы узлов:
{{varphi}_3-{varphi}_1}/R_2+{{varphi}_2-{varphi}_1}/R_1-{{varphi}_1-{varphi}_3+E_1}/R_3=0;
-{{varphi}_2-{varphi}_1}/R_1+{{varphi}_3-{varphi}_2+E_2}/{R_4+R_6}+J=0.

Подставив во уравнения информация известных величин, получаем следующую систему уравнений:
delim{}{matrix{2}{7}{{{0-{varphi}_1}/10} {+} {{{varphi}_2-{varphi}_1}/5} {-} {{{varphi}_1-{varphi}_3+40}/10} {=} {0;~} {-{{varphi}_2-{varphi}_1}/5} {+} {{{varphi}_3-{varphi}_2+10}/{3+7}} {+} {1} {=} {0.~}}}{rbrace}

Умножив по сию пору руки и ноги уравнений получи и распишись 00, позднее необходимых преобразований получаем удобную в целях расчетов систему уравнений:
delim{}{matrix{2}{5}{{-4{varphi}_1} {+} {2{varphi}_2} {=} {40;~} {2{varphi}_1} {-} {3{varphi}_2} {=} {-20.~}}}{rbrace}

Применив технология Крамера , отсадка Гауcса , средство обратной матрицы либо — либо воспользовавшись матричным он-лайн калькулятором, решаем систему уравнений.
В итоге, получаем {varphi}_1=-10~B;~{varphi}_2=0~B.

Найденные значения потенциалов подставляем на формулы равно находим, таким образом, искомые энергетика ветвей:
I_13=I_1={{varphi}_1-{varphi}_3+E_1}/R_3={-10-0+40}/10=3~A;
I_21=I_3={{varphi}_2-{varphi}_1}/R_1={0-(-10)}/5=2~A;
I_31=I_2={{varphi}_3-{varphi}_1}/R_2={0-(-10)}/10=1~A;
I_32=I_4={{varphi}_3-{varphi}_2+E_2}/{R_4+R_6}={0-0+10}/{3+7}=1~A.

Второй вариация решения задачи.

Общее сумма ветвей схемы в одинаковой мере шести.

Схема включает одну гроздь вместе с источником тока.

Схема включает цифра ветви от неизвестными токами.

Число узлов схемы непропорционально трем, нумеруем их, рядом этом один, неаргументированно вытянутый ( q 0 ), заземляем. Его возможности принимаем равным нулю.

Произвольно выбираем направления токов на ветвях.

Определяем проводность ветвей, сходящихся во узле q 0 :
G_11=1/R_1+1/R_2+1/R_3=1/5+1/10+1/10=0,4 См.

Определяем проводность ветвей, сходящихся на узле q 0 :
G_22=1/R_1+1/{R_4+R_6}=1/5+1/{3+7}=0,3 См.
Проводимость ветви, содержащей причина тока равна 0, в такой мере наравне противоборство источника тока так же бесконечности.

Проводимость ветви, из рук в руки соединяющей узлы q 0 равно q 0 берем со наслышан минус:
G_12=G_21=-1/R_1=-1/5=-0,2 См.

Определяем узловые токи:
I_11=-E_1/R_3=-40/10=-4~A,~I_22=E_2/{R_4+R_6}+J=10/{3+7}+1=2~A.

Получаем систему уравнений:
delim{}{matrix{2}{5}{{{(1/R_1+1/R_2+1/R_3)}{varphi}_1} {-} {{1/R_1}{varphi}_2} {=} {-E_1/R_3;~} {-1/R_1{varphi}_1} {+} {{1/R_1+1/{R_4+R_6}}{varphi}_2} {=} {E_2/{R_4+R_6}+J.~}}}{rbrace}

delim{}{matrix{2}{5}{{0,4{varphi}_1} {-} {0,2{varphi}_2} {=} {-4;~} {-0,2{varphi}_1} {+} {0,3{varphi}_2} {=} {2.~}}}{rbrace}

Решаем полученную систему уравнений по поводу потенциалов узлов.
В итоге, получаем {varphi}_1=-10~B;~{varphi}_2=0~B.

Определяем энергетика ветвей по мнению закону Ома в целях участка цепи, содержащего ЭДС:
I_1={{varphi}_1-{varphi}_3+E_1}/R_3={-10-0+40}/10=3~A;
I_3={{varphi}_2-{varphi}_1}/R_1={0-(-10)}/5=2~A;
I_2={{varphi}_3-{varphi}_1}/R_2={0-(-10)}/10=1~A;
I_4={{varphi}_3-{varphi}_2+E_2}/{R_4+R_6}={0-0+10}/{3+7}=1~A.

Ответ: I_13=I_1=3~A; I_21=I_3=2~A; I_31=I_2=1~A; I_32=I_4=1~A.

Пример 0. Метод эквивалентного генератора.
Схема для примеру 0. Метод эквивалентного генератора
Дано: Е 0 =200 В; Е 0 =50 В; R 01 = R 02 =0,5 Ом; R 0 = R 0 =4,5 Ом; R 0 =5 Ом; R 0 =10 Ом; R 0 =1,25 Ом; R 0 =5 Ом; R 0 =10 Ом.
Найти: I 0 — ?

Решение:
Для решения примера применяем способ эквивалентного генератора.
Чтобы сыскать ЭДС эквивалентного генератора, скажем кариорексис во ветви вместе с сопротивлением R 0 (так называемый власть холостого хода), следственно гумно во этой ветви равен 0.
Получаем схему с двух замкнутых контуров из источникам ЭДС Е 0 , Е 0 :
Схема для примеру 0. Режим холостого хода
По закону Ома находим флюиды во каждом контуре:
I_{1xx}=E_1/{R_{01}+R_1+R_3+R_7}=200/{0,5+4,5+5+10}=200/20=10~A.
I_{2xx}=E_2/{R_{02}+R_6+R_4+R_2}=50/{0,5+5+10+4,5}=50/20=2,5~A.

Формула интересах определения напряжения холостого хода:
U_{xx}={varphi}_A-{varphi}_B.

Если зачислить потенциалы точек C равным образом D равными 0: {varphi}_C={varphi}_D=0 , в таком разе потенциалы точек А равно В будут за пределами потенциалов точек С да D возьми величины потерь напряжений R_{3}I_{1xx} равным образом R_{4}I_{2xx} во ветвях АС равным образом BD :
{varphi}_A={varphi}_C+R_{3}I_{1xx}=0+5*10=50~B;
{varphi}_B={varphi}_D+R_{4}I_{2xx}=0+10*2,5=25~B.

Подставив во формулу пользу кого определения напряжения холостого хода, значения потенциалов, получим:
U_{xx}={varphi}_A-{varphi}_B=50-25=25~B

Если предположить, аюшки? ЭДС Е 0 равно Е 0 равны нулю, так внутреннее оппозиция эквивалентного генератора эквивалентно входному сопротивлению оковы со стороны точек А равно В .
Между точками А равным образом С , В да D во этой схеме включены двум испарения ветвей, которые соединены посредь лицом последовательно.
Значит, позволено записать, почто
R_{BX}={R_3*(R_1+R_{01}+R_7)}/{R_3+R_1+R_{01}+R_7}+{R_4*(R_2+R_{02}+R_6)}/{R_4+R_2+R_{02}+R_6}=
{}={5*(4,5+0,5+10)}/{5+4,5+0,5+10}+{10*(4,5+0,5+5)}/{10+4,5+0,5+5}=75/20+100/20=8,75 Ом.

Применив вера Ома интересах всей узы определяем водобег I_5 :
I_5=U_{xx}/{(R_{BX}+R_5)}=25/{(8,75+1,25)}=25/10=2,5~A.

Ответ: I_5=5~A.

Пример 0. Входное сопротивление. Преобразование звезды на треугольник.
Схема для примеру 0
Дано:
R 0 =1 Ом; R 0 =2 Ом; R 0 =3 Ом; R 0 =4 Ом; R 0 =5 Ом; R 0 =6 Ом.
Найти: R ab — ?

Решение.
Для определения входного (относительно точек a равным образом b ) сопротивления схемы нуждаться воплотить в жизнь линия преобразований.

Звезду, состоящую изо сопротивлений R 0 , R 0 , R 0 , преобразуем во треугольник.

R_45=R_4+R_5+{R_4*R_5}/R_6=4+5+{4*5}/6=12,3 Ом;
R_56=R_5+R_6+{R_5*R_6}/R_4=5+6+{5*6}/4=18,5 Ом;
R_46=R_4+R_6+{R_4*R_6}/R_5=4+6+{4*6}/5=14,8 Ом.

В результате преобразований получаем схему:
Схема ко примеру 0. Преобразование звезды на треугольник
Параллельно включенные сопротивления заменяем эквивалентными:
R_{1-46}={R_{46}*R_1}/{R_{46}+R_1}={14,8*1}/{14,8+1}=0,937 Ом;
R_{2-45}={R_{45}*R_2}/{R_{45}+R_2}={12,3*2}/{12,3+2}=1,721 Ом;
R_{3-56}={R_{56}*R_3}/{R_{56}+R_3}={18,5*3}/{18,5+3}=2,581 Ом.

В результате преобразований получаем схему:
Схема для примеру 0. Параллельное соединение

Определяем входное борьба схемы касательно точек a равным образом b :
R_{ab}={R_{1-46}*(R_{2-45}+R_{3-56})}/{R_{1-46}+R_{2-45}+R_{3-56}}={0,937*(1,721+2,581)}/{0,937+1,721+2,581}=0,769 Ом.

Ответ: входное противоборство схемы R_{ab}=0,769 Ом.

Задача 0. Вывести формулу с целью емкости плоского конденсатора
Задача 0. Рисунок 0. Плоский конденсатор
Площадь каждой пластины конденсатора (с одной стороны) S , интервал среди пластинами конденсатора а , относительная диэлектрическая негерметичность диэлектрика ε r .

Решение:
На виде рядом показаны силовые линии. В опорный области закраина однородно. На краях как не быть некоторая неоднородность, которую мотать на ус невыгодный будем. vec{E} направлена через заряда + q ко заряду – q .

Напряжение посреди электродами конденсатора:
U=int{1}{2}{{vec{E}}d{vec{l}}}=int{1}{2}{Ecos0^0{dl}}=Ea .

Охватим дорсальный антикатод конденсатора замкнутой поверхностью (на рисунке показан пунктиром) равно применим ко ней теорему Гаусса:
oint{}{}{{vec{E}}d{vec{S}}}=ES=q/{{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}} . Значит,
E=q/{{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}S} , а изречение про определения емкости плоского конденсатора примет вид:
C=q/U={{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}S}/a .

Ответ: C={{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}S}/a — общее место емкости плоского конденсатора.

Задача 0. Вывести формулу емкости цилиндрического конденсатора
Задача 0. Рисунок 0. Цилиндрический конденсатор
На внутреннем электроде радиусом r 0 находится детонатор + q , в наружном электроде радиусом r 0 — детонатор – q .

Решение:
Окружим скрытый динод цилиндрической замкнутой поверхностью радиуса r { r 0 < r < r 0 ).

Поток вектора vec{E} имеет простор вследствие боковую поверхность, помощью торцы наводнение отсутствует, круглым счетом что получи и распишись торцах d{vec{S}} да vec{E} двухсторонне перпендикулярны:
oint{}{}{{vec{E}}d{vec{S}}}={Ecos0^0{dS}}=E2{pi}rl=q/{{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}} . Получаем E=q/{{2{pi}rl{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}}

Напряжение посередь электродами цилиндрического конденсатора:
U=int{r_1}{r_2}{{vec{E}}d{vec{r}}}=q/{{2{pi}rl{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}}int{r_1}{r_2}{{dr}/r}={q/{{2{pi}rl{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}}}*{ln{{r_2}/{r_1}}} .

Получаем формулу интересах расчета емкости цилиндрического конденсатора:
C=q/U={{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}2{pi}}/{ln{{r_2}/{r_1}}} .

Ответ: C={{{varepsilon}_0}{{varepsilon}_r}2{pi}}/{ln{{r_2}/{r_1}}} — изречение емкости цилиндрического конденсатора.

Задача 0. Вывести формулу в целях индуктивности цилиндрического линия длиной l радиусом R , обусловленной потокосцеплением во теле самого провода.
На рисунке показан лик кабель от торца.
Задача 0. Рисунок. Индуктивность цилиндрического провода

Решение:
Пропустим по линия стабильный поток I . По закону полного тока напряг полина Н получи и распишись расстоянии r с оси кабель равна току {I/{{pi}R^2}}{pi}r^2 , охваченному окружностью радиусом r равно деленному возьми длину этой окружности 2{pi}r : H={Ir}/{2{pi}R^2}{pi}r^2 . Индукция B={{mu}_a}H .

Магнитная энергия, запасенная во теле кабель вычисляется по части формуле:
W_M=int{0}{R}{{{HB/2}}2{pi}rldr}={{{{mu}_a}{I^2}l}/{16{pi}R^4}}int{0}{R}{{r^3}dr}={{{mu}_a}{I^2}l}/{16{pi}} .

Получаем формулу индуктивности цилиндрического провода:
L={2W_M}/{l^2}={{{mu}_a}l}/{8{pi}} .

Ответ: L={{{mu}_a}l}/{8{pi}} — клише индуктивности цилиндрического провода.

Задача 0. Найти флюиды на схеме.
Задача 0. Рисунок 0. Законы Кирхгофа
R 0 =5 Ом; R 0 =10 Ом; R 0 =10 Ом; R 0 =3 Ом; R 0 =40 Ом; R 0 =7 Ом; E 0 =40 В; E 0 =10 В; J 0 =1 A.

Решение:
Расчет кандалы ведем объединение законам Кирхгофа.
Топология.
Определяем точки соприкосновения численность ветвей:
p*=5
Определяем сумма ветвей от источниками тока:
p ит =1 .
Определяем день ветвей вместе с неизвестными токами:
p=p* ‐ p ит =4 .
Находим часть узлов q=3 .
Находим день уравнений, составляемых сообразно первому закону Кирхгофа:
q ‐ 0=2 .
Находим наличность уравнений, составляемых соответственно второму закону Кирхгофа:
n=p* — (q — 0)=2 .
Произвольно наносим в схему гостиница равно направления неизвестных токов
Задача 0. Рисунок 0. Законы Кирхгофа
Произвольно наносим возьми схему постоялый двор узлов:
Задача 0. Рисунок 0. Законы Кирхгофа
Составляем узловые уравнения пользу кого голословно выбранных узлов – ради узлов 0 равно 0:
I_1-I_2-J-I_4=0
I_2+I_3-I_1=0
Обозначаем в схеме контура равным образом выбираем направления их обхода. Количество обозначаемых контуров так же количеству уравнений, составляемых по части второму закону Кирхгофа. При этом ни одинокий изо контуров безграмотный долженствует содержать на себя ответвление со источником тока
Задача 0. Рисунок 0. Законы Кирхгофа

Составляем контурные уравнения в целях выбранных контуров:
I_1*R_3+I_2*R_2=E_1
I_3*R_1-I_2*R_2+I_4*R_4+I_4*R_6=E_2

Объединяем составленные уравнения во систему. Известные величины переносим во правую кусок уравнений. Удобно, буде флюиды на уравнении стоят до порядку возрастания индексов:
I_1-I_2-I_4=J
-I_1+I_2+I_3=0
I_1*R_3+I_2*R_2=E_1
-I_2*R_2+I_3*R_1+I_4*(R_4+R_6)=E_2

Коэффициенты рядом искомых токах вносим на матрицу А (левые части уравнений).Заполняем матрицу F , занося на нее правые части уравнений.
A=(matrix{4}{4}{1 {-1} 0 {-1~} {-1} 0 0 {0~} 00 00 0 {0~} 0 {-10} 0 {10~}});~F=(matrix{4}{1}{J 0 {E_1} {E_2}})
Решаем полученную систему уравнений из через on-line калькулятора (например ).
Полученные токи: I 0 =3 А; I 0 =1 А; I 0 =2 А; I 0 =1 А.
О том, в качестве кого отгадывать системы линейных уравнений читайте в этом месте .

Проверяем безошибочность решения составлением баланса мощностей.
Подсчитываем мощность, потребляемую резистивными элементами схемы:
P П = {I_1}^2*R_3+{I_2}^2*R_2+{I_3}^2*R_1+{I_4}^2*(R_4+R_6)=
{}=3^2*10+1^2*10+2^2*5+1^2*(3+7)=130 Вт .

Подсчитываем производительность источников ЭДС. При этом значок несовершенство выбирают, если бы выбранное указание тока во ветви не без; источником равным образом знак на источнике безграмотный совпадают:
P_E={pm}E*I=E_1*I_1+E_2*I_4=40*3+10*1=130 Вт .

Подсчитываем сила источников тока: P_J=J*U_J . Величина U_J неизвестна, ее что поделаешь определить. Для сего выбирают какой угодно контур, обеспечивающий родник тока, да пользу кого сего контура составляется контурное уравнение.
Задача 0. Рисунок 0. Законы Кирхгофа
Направление стрелки напряжения U_J всякий раз выбирают противу тока источника. Далее с сего уравнения, на котором целое величины ранее известны, допускается назначить U_J :
I_3*R_1-I_2*R_2-U_J=0
Отсюда
U_J=I_3*R_1-I_2*R_2=10-10=0 Вт .

Таким образом, P П =P E . Баланс мощностей соблюден, значит, вотум верно.

Ответ: I 0 =3 А; I 0 =1 А; I 0 =2 А; I 0 =1 А.

Примеры решения задач по мнению физике , решенные задачи с курса физики для того школьников, абитуриентов да студентов.

    Электронные версии сборников задач сообразно электротехнике
  • Авербух А.М. Решения задач до неполнофазным режимам равным образом сложным видам коротких замыканий. 0972г.
  • Авербух А.М. Примеры расчетов неполнофазных режимов равным образом коротких замыканий. 0979г.
  • Андреев Г.П. Сборник задач равным образом упражнений до теоретическим основам электротехники. 0982г.
  • Андреев Г.П. Задачник в соответствии с теоритическим основам электротехники. 0962г.
  • Беляева Е.Н. Как выгнать гумно короткого замыкания. Издание 0. 0983г.
  • Бессонов Л.А. Сборник задач до теоретическим основам электротехники. Издание 0. 0980г.
  • Бессонов Л.А. Сборник задач согласно теоретическим основам электротехники. 0975г.
  • Гайах Т. Простейшие электротехнические расчеты. 0968г.
  • Герасимов В.Г. Сборник задач по мнению электротехнике равным образом основам электроники. 0987г.
  • Гинзбург С.Г. Методы решения задач по мнению переходным процессам во электрических цепях. 0967г.
  • Гольдин О.Е. Задачник по части курсу теоретических основ электротехники. 0960г.
  • Гуревич И.В. Основы расчетов радиотехнических цепей. 0975г.
  • Зайцев И.А. Задачник за теоретическим основам электротехники. Издание 0. 0961г.
  • Зайцев И.А. Задачник в области теоретическим основам электротехнике. Издание 0. 0961г.
  • Зайчик М.Ю. Сборник задач да упражнений по части теоретической электротехнике. 0988г.
  • Ионкин П.А. Сборник задач да упражнений сообразно общей электротехнике. Издание 0. 0952г.
  • Ионкин П.А. Сборник задач равно упражнений в области общей электротехнике. 0955г.
  • Ионкин П.А. Сборник задач да упражнений по части теоретическим основам электротехники. 0982г.
  • Константинов В.И. Сборник задач объединение теоретической электротехнике. Издание 0. 0970г.
  • Константинов В.И. Сборник задач в области теоретической электротехнике. 0968г.
  • Константинов В.И. Сборник задач из решениями сообразно общей электротехнике. 0972г.
  • Константинов В.И. Сборник задач в области теоретической электротехнике.
  • Куренев С.И. Сборник задач объединение расчету электрических цепей. 0967г.
  • Куренев С.И. Сборник задач в области расчету электрических цепей. 0967г.
  • Липатов Д.Н. Вопросы равно задачи объединение электротехнике для того программированного обучения. 0973г.
  • Липатов Д.Н. Вопросы да задачи объединение электротехнике к программированного обучения. 0984г.
  • Лосев А.К. Задачник сообразно теории линейных электрических цепей. 0989г.
  • Миловзорова З.И. Электромагнитная техническое оснащение на задачах, упражнениях да расчетах. 0975г.
  • Москалев Л.А. Задачник в соответствии с электротехнике. Издание 0. 0959г.
  • Пантюшин В.С. Сборник задач в области электротехнике да основам электроники. 0979г.
  • Пантюшин В.С. Сборник задач по части общей электротехнике. 0973г.
  • Понаморенко В.К. Сборник задач из решениями в соответствии с общей электротехнике. 0972г.
  • Раскатов А.И. Задачник по части электронике да электрооборудованию. Издание 0. 0962г.
  • Раскатов А.И. Задачник соответственно электронике равно электрооборудованию. Издание 0. 0964г.
  • Рекус Г.Г. Сборник задач равным образом упражнений в соответствии с электротехнике равным образом основам электроники. 2001г.
  • Ульянов С.А. Сборник задач в области электромагнитным переходным процессам во электрических системах. 0968г.
  • Читечян В.И. Электрические машины. Сборник задач. 0988г.
  • Шебес М.Р. Сборник упражнений равно задач в соответствии с теоретическим основам электротехники. 0962г.
  • Шебес М.Р. Теория линейных электрических цепей на упражнениях равно задачах. Издание 0. 0973г.
  • Шебес М.Р. Задачник в области теории линейных электрических цепей.
    Скачать книги дозволено .

Теоретические азы электротехники — .

Проверить закономерность решения утилитарно все непропорционально какой задачи за электротехнике не возбраняется быть помощи виртуальной лаборатории — Electronics Workbench .

Еще одна программа, которая может состоять полезна близ решении задач — ТОЭ Super Solver-Circuit magic.

ТОЭ Super Solver-Circuit magic – проект интересах студентов изучающих теоретические начатки электротехники да начала теории цепей. Circuit magic предназначена интересах создания схем электрических цепей, расчета токов, напряжений, составления балансов мощности, построения равно корректировки векторных диаграмм токов равным образом напряжений.

Circuit Magic производит калькуляция электрических цепей за законам Кирхгофа, методом контурных токов равно методом узловых потенциалов. ТОЭ Super Solver-Circuit magic дозволено пускать в дело на качестве редактора электрических схем да векторных диаграмм.

Для вывода равно оформления результатов расчета во ансамбль Circuit Magic включен замонтированный текстовый редактор. . программы Circuit Magic.