Hilf mir, das Problem mit dem Gleichstromkreis zu lösen

Die Schaltung sieht so aus:

Alle Elemente außer sind bekannt . Wir kennen aber auch den Strom Die Aufgabe besteht darin, zu berechnen Laut LTSpice-Software ist . $I_{g2}$
$E_1=3V,E_4=10V,E_6=2V,E_8=1V,E_9=4V,I_{g7}=1mA,$
$R_1=1k\Omega,R_2=1k\Omega,R_3=1k\Omega,R_4=2k\Omega,R_5=4k\Omega,R_6=3k\Omega,R_9=6k\Omega$

$I_8=1.3mA.$ $I_{g2}.$
$I_{g2}=1mA$

Was ich getan habe:
Ich habe die gesamte Schaltung in Bezug auf den Zweig mit in Thevenin-Äquivalent . Es war ein langer und anstrengender Prozess, aber am Ende habe ich was nicht annähernd 1 . Ich habe alles, was ich getan habe, ein paarmal überprüft, aber ich konnte den Fehler einfach nicht finden. Ich werde es noch ein paar Mal überprüfen, aber ich möchte, dass Sie mir Tipps und Ihre Meinungen zur Lösung dieses Problems geben. Haben Sie bessere Ideen? $E_8$ $I_{g2}=11mA$ $1mA$

Bearbeiten:

Hier ist die detaillierte Vorgehensweise meiner Lösung:
1) Ich habe die Schaltung zur einfacheren Berechnung neu gezeichnet. Das Bild unten zeigt die Schaltung, für die ich das Thevenin-Äquivalent gefunden habe.

2) Dann fand ich den äquivalenten Widerstand zwischen und indem ich alle Quellen mit ihren Innenwiderständen auslöschte. Das Bild unten zeigt die Schaltung nach der Löschung der Quellen. $A$ $B$

Jetzt berechnete ich den äquivalenten Widerstand, indem ich und durch . Dann habe ich die Delta-Stern-Transformation angewendet, um in umzuwandeln . Danach ist alles klar. Nach ein paar Berechnungen erhielt ich: . $R_1$ $R_3$ $R_{13}=R_1+R_3=2k\Omega$ $R_4R_5R_{13}$ $R_{45}R_{134}R_{135}$
$R_T=R_e=\frac{10}{3}\Omega$

3) Für die Berechnung der Spannung zwischen und ich den Überlagerungssatz angewendet und eine Quelle nach der anderen berücksichtigt. $A$ $B$

a) nur aktiv: $E_1$

Wir können sehen, dass die Brücke ausgeglichen ist, also hat keinen Einfluss auf , also ist in diesem Fall . $E_1$ $U_{AB}$ $U_{AB1}=0$

b) nur aktiv: $E_4$

Unter Verwendung von Node-Spannungsanalyse, fand ich , dass in diesem Fall . $U_{AB2}=-\frac{20}{3}V$

c) nur aktiv: $E_6$

Wiederum unter Verwendung von Node-Spannungsanalyse, . $U_{AB3}=-\frac{4}{3}V$

d) nur aktiv: $E_9$

Auch hier die gleiche Methode verwenden, erhalten wir . $U_{AB4}=-\frac{4}{3}V$

e) nur aktiv: $I_{g7}$

Unter Verwendung der gegenwärtigen Teiler erhielt ich: . $U_{AB5}=-2V$

f) nur aktiv: $I_{g2}$

Dies ist der Teil, in dem ich so viel Zeit verloren habe, dass ich diese Schaltung als sehr kompliziert , sie aber am Ende mit der Kombination aus Delta-Stern-Transformation von , Kompensationstheorem und Knotenspannungsanalyse . Dann habe ich aus der Schaltung, die ich erhalten habe, die Ströme durch und und dann das Kompensationstheorem verwendet (den Widerstand durch die Spannungsquelle und den Widerstand durch die Spannungsquelle ). Danach habe ich eine Knotenspannungsanalyse durchgeführt und am Ende . $R_4R_5R_{69}$ $R_1$ $R_3$ $R_1$ $E_1=\frac{51}{84}I_{g2}$ $R_2$ $E_3=\frac{33}{84}I_{g2}$ $U_{AB6}=\frac{4}{3}I_{g2}$

Dann summierte ich alle Spannungen und erhielt $E_T=\frac{4}{3}I_{g2}-\frac{34}{3}$

Nun sieht das Ersatzschaltbild endlich so aus:

$I_8=1.3mA$ $I_{g2}=11mA$

dc thevenin

— A6SE
quelle

Sie sollten Ihre Arbeit veröffentlichen. Wenn wir Ihre Arbeit nicht sehen können, woher wissen wir dann, wo Sie einen Fehler gemacht haben?

— uint128_t

Es dauert ungefähr 7 Seiten in meinem Notizbuch, ich werde es im Bearbeitungsbereich veröffentlichen.

— A6SE

@ uint128_t Ich habe die Frage mit detaillierter Prozedur geändert.

— A6SE

Sie sollten Ihre Antwort als eine tatsächliche Antwort veröffentlichen, damit die Frage geschlossen werden kann (und ich zweimal

— positiv

Ohne die Mühe zu machen, das genaue Problem zu finden, sage ich, dass es fast immer ein Vorzeichenfehler ist, dh die Tatsache, dass die Richtung von Ig7 von negativ zu positiv WRT der Spannungsquellen gezogen wird oder dass E4 und E6 in Opposition sind (um die Schleife), weil sie auf der gleichen Weise "nach oben" sind, aber auf entgegengesetzten Seiten dieser Schleife. Das, und ich gebe lieber Probleme, die ein bisschen weniger

— erfunden

Antworten:

$E_4$ $E_4$ $I_{g7}$

Das habe ich herausgefunden, als ich die sehr lange Antwort unten eingetippt habe. Ich lasse es hier, weil A) ich viel Zeit damit verbracht habe, und B) jemand es hilfreich finden könnte, den gesamten Prozess zu durchschauen, um dies herauszufinden.

Die Netzanalyse scheint dafür eine viel bessere Wahl zu sein als ein Thevenin-Äquivalent, aber lassen Sie es uns nach Ihren Wünschen versuchen ...

$E_8$ $I_8$

\frac{E_{8} - V_{T}}{R_{T}} = I_{8}

$\frac {E_8 - V_T} {R_T} = I_8$

\frac{1 V - V_{T}}{3.333 k Ω} = 1.3 m A

$\frac {1 \mathrm V - V_T} {3.333 \mathrm{k\Omega}} = 1.3 \mathrm{mA}$

V_{T} = - 3.333 V

$V_T = -3.333 \mathrm V$

Verwenden Sie Ihre Formel:

V_{T} = \frac{4}{3} I_{g 2} - \frac{34}{3}

$V_T = \frac 4 3 I_{g2} − \frac {34} {3}$

$I_{g2}$ $V_T$ $I_{g2}$ $I_{g2}$

$I_{g2}$ $E_8$

V_{T} = V_{T, I_{g 2}} + V_{T, o t h e r s}

$V_T = V_{T,I_{g2}} + V_{T,others}$

- 3.333 V = V_{T, I_{g 2}} + 11.333 V

$-3.333 \mathrm V = V_{T, I_{g2}} + 11.333 \mathrm V$

V_{T, {ich}_{G 2}} = - 14.666 V

$V_{T, I_{g2}} = -14.666 \mathrm V$

$I_{g2}$

schematisch

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schaltplan erstellt mit CircuitLab}

Jetzt können wir einige Knotenanalysen durchführen:

\frac{- 14.666 V - V_{C}}{3 k Ω} + \frac{- 14.666 V - V_{D}}{6 k Ω} = 0

$\frac {-14.666 \mathrm V - V_C} {3 \mathrm k\Omega} + \frac {-14.666 \mathrm V - V_D} {6 \mathrm k\Omega} = 0$

\frac{V_{C}}{2 k Ω} + \frac{V_{C} - V_{G}}{1 k Ω} + \frac{V_{C} - - 14.666 V}{3 k Ω} = 0

$\frac {V_C} {2 \mathrm k\Omega} + \frac {V_C - V_G} {1 \mathrm k\Omega} + \frac {V_C - -14.666 \mathrm V} {3 \mathrm k\Omega} = 0$

\frac{V_{D}}{4 k Ω} + \frac{V_{D} - V_{G}}{1 k Ω} + \frac{V_{D} - - 14.666 V}{6 k Ω} = 0

$\frac {V_D} {4 \mathrm k\Omega} + \frac {V_D - V_G} {1 \mathrm k\Omega} + \frac {V_D - -14.666 \mathrm V} {6 \mathrm k\Omega} = 0$

$V_C = -13.88 \mathrm V$ $V_D = -16.237 \mathrm V$ $V_G = -20.559 \mathrm V$

\frac{V_{G} - V_{C}}{1 k Ω} + \frac{V_{G} - V_{D}}{1 k Ω} = {ich}_{G 2}

$\frac {V_G - V_C} {1 \mathrm k\Omega} + \frac {V_G - V_D} {1 \mathrm k\Omega} = I_{g2}$

\frac{- 20.559 V - - 13.88 V}{1000} + \frac{- 20.559 V - - 16.237 V}{1000} = I_{g 2}

$\frac {-20.559 \mathrm V - -13.88 \mathrm V} {1000} + \frac {-20.559 \mathrm V - -16.237 \mathrm V} {1000} = I_{g2}$

Und das ergibt ... 11 mA.

Huh.

$E_8$

V_{T, I_{g 2}} = - 1.333 V

$V_{T,I_{g2}} = -1.333 \mathrm V$

V_{T, E_{1}} = 0 V

$V_{T,E_1} = 0 \mathrm V$

V_{T, E_{4}} = - 6.666 V

$V_{T,E_4} = -6.666 \mathrm V$

V_{T, E_{6}} = 1.333 V

$V_{T,E_6} = 1.333 \mathrm V$

V_{T, E_{9}} = 1.333 V

$V_{T,E_9} = 1.333 \mathrm V$

V_{T, I_{g 7}} = 2 V

$V_{T,I_{g7}} = 2 \mathrm V$

Addiert man diese, erhält man erwartungsgemäß -3,333V.

$E_4$ $E_4$

— Adam Haun
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Wow, danke für deine Zeit, ich weiß das wirklich zu schätzen.

— A6SE

\frac{E_{8} - V_{T}}{R_{T}} = I_{8}

$\frac{E_8-V_T}{R_T}=I_8$

\frac{E_{8} + V_{T}}{R_{T}} = I_{8}

$\frac{E_8+V_T}{R_T}=I_8$

V_{T}

$V_T$

Das Problem ist, wenn ich meinen Weg gehe, bekomme ich ein falsches Ergebnis (

4 m A

$4mA$ ), aber wenn ich Ihren Weg gehe, ist das Ergebnis korrekt (

- 1 m A

$-1mA$ ). Während des gesamten Prozesses habe ich die Spannung berechnet

U_{A B}

$U_{AB}$ nicht

U_{B A}

$U_{BA}$ und am Ende ist es gleich:

V_{T} = \frac{4}{3} \cdot 10^{3} I_{g_{2}} - 2

$V_T=\frac{4}{3}\cdot10^3I_{g_2}-2$ . Dann, wenn ich meinen Weg gehe und benutze

\frac{E_{8} + V_{T}}{R_{T}} = I_{8}

$\frac{E_8+V_T}{R_T}=I_8$ , was für mich völlig logisch ist, ich bekomme das falsche ergebnis.

— A6SE

Wenn Sie die Polarität einer Spannung ändern, müssen Sie auch deren Wert negieren. Sie haben irgendwo den Vorzeichenwechsel verpasst - die 2 sollte positiv sein, nicht negativ. Ihre Formel sollte sein

V_{T} = \frac{4}{3} I_{g 2} + 2

$V_T = \frac 4 3 I_{g2} + 2$ .

— Adam Haun

Ich habe dies im TINA-TI-freien Schaltplan-Editor / Simulator verbessert : Ich habe dann Ig2 iteriert, bis das Amperemeter (I8) 1,3 mA anzeigt und das Ergebnis ist, dass Ig2 -1 mA (negativ 1 Milliampere) und nicht + 1 mA ist, wie Sie sagten, LTspice produziert . Sieht so aus, als hätten Sie Ig2 in umgekehrter Reihenfolge eingegeben.

In beiden Fällen scheint -1mA die richtige Antwort zu sein.

— BartmanEH
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Ich glaube nicht, dass Sie diese Delta-Stern-Wandlung in dieser letzten Schaltung verwenden können, da sich ein Zweig in der Mitte befindet. Ich habe jedoch versucht, nur diesen Schaltkreis mit Hilfe von Maschenstromgleichungen zu lösen, und meine endgültige Antwort unter Verwendung Ihrer anderen Werte war immer noch nicht 1 mA. Ich habe das ganze Problem jedoch nicht gelöst, sodass es andere Fehler geben kann, die ich nicht verstanden habe. Ich hätte auch falsch rechnen können.

— JosephQ
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