Ajude-me a resolver este problema do circuito DC

O circuito fica assim:

Todos os elementos são conhecidos, exceto . $I_{g2}$
$E_1=3V,E_4=10V,E_6=2V,E_8=1V,E_9=4V,I_{g7}=1mA,$
Mas também sabemos a corrente A tarefa é calcular De acordo com o software LTSpice, . $R_1=1k\Omega,R_2=1k\Omega,R_3=1k\Omega,R_4=2k\Omega,R_5=4k\Omega,R_6=3k\Omega,R_9=6k\Omega$

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

O que fiz:
transformei todo o circuito em equivalente a Thevenin em relação à ramificação com . Era um processo longo e exigente, mas, no final, que tem que é nada próximo de . Voltei a verificar tudo o que fiz algumas vezes, mas simplesmente não consegui encontrar o erro. Vou verificar novamente mais algumas vezes, mas gostaria que você me desse dicas e opiniões sobre como resolver isso. Você tem alguma idéia melhor? $E_8$ $I_{g2}=11mA$ $1mA$

Editar:

Então, aqui está o procedimento detalhado da minha solução:
1) Redesenhei o circuito para cálculos mais fáceis. A figura abaixo mostra o circuito para o qual encontrei o equivalente de Thevenin.

2) Então, encontrei a resistência equivalente entre e cancelando todas as fontes com suas resistências internas. A figura abaixo mostra o circuito após o cancelamento de fontes. $A$ $B$

Agora, calculei a resistência equivalente substituindo e por . Em seguida, aplicado transformação delta-estrela para converter em . Depois disso, tudo é óbvio. Depois de alguns cálculos I got: $R_1$ $R_3$ $R_{13}=R_1+R_3=2k\Omega$ $R_4R_5R_{13}$ $R_{45}R_{134}R_{135}$
. $R_T=R_e=\frac{10}{3}\Omega$

3) Para calcular a tensão entre e , apliquei o teorema da superposição e leve em consideração uma fonte por uma. $A$ $B$

a) apenas ativo: $E_1$

Podemos ver que a ponte está equilibrada, então não tem impacto em , portanto, neste caso, . $E_1$ $U_{AB}$ $U_{AB1}=0$

b) apenas ativo: $E_4$

Usando análise de tensão de nó, descobri que, neste caso, . $U_{AB2}=-\frac{20}{3}V$

c) apenas ativo: $E_6$

Novamente, usando a análise de tensão dos nós, . $U_{AB3}=-\frac{4}{3}V$

d) apenas ativo: $E_9$

Novamente, usando o mesmo método, obtemos . $U_{AB4}=-\frac{4}{3}V$

e) única activa: $I_{g7}$

Usando divisor de corrente, que tem: . $U_{AB5}=-2V$

f) apenas ativo: $I_{g2}$

$R_4R_5R_{69}$ $R_1$ $R_3$ $R_1$ $E_1=\frac{51}{84}I_{g2}$ $R_2$ $E_3=\frac{33}{84}I_{g2}$ $U_{AB6}=\frac{4}{3}I_{g2}$

$E_T=\frac{4}{3}I_{g2}-\frac{34}{3}$

Agora, finalmente, o circuito equivalente é assim:

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

dc thevenin A6SE
fonte

Você deveria postar seu trabalho. Se não pudermos ver seu trabalho, como saberemos onde você errou?

uint128_t

Leva cerca de 7 páginas no meu caderno, vou publicá-lo na seção de edição.

A6SE

@ uint128_t Modifiquei a pergunta com um procedimento detalhado.

A6SE

Você deve postar sua resposta como uma resposta real, de modo que a questão pode ser fechado (e eu posso upvote duas vezes)

JMS

Sem me preocupar em encontrar o problema exato, direi que quase sempre é um erro de sinal, ou seja, o fato de a direção da Ig7 ser traçada passando de WRT negativo para positivo nas fontes de tensão, ou de que E4 e E6 estão em oposição (em torno de loop) porque estão do mesmo jeito "para cima", mas em lados opostos desse loop. Isso, e eu prefiro dar problemas que são um pouco menos inventado ...

Ecnerwal

Respostas:

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

Eu descobri isso enquanto escrevia a resposta muito longa abaixo. Estou deixando aqui porque A) gastei muito tempo nisso e B) alguém pode achar útil ver todo o processo de descobrir isso.

A análise de malha parece ser uma escolha muito melhor para isso do que um equivalente de Thevenin, mas vamos tentar do seu jeito ...

$E_8$ $I_8$

\frac{E_{8} - V_{T}}{R_{T}} = {Eu}_{8}

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

\frac{1 V - V_{T}}{3,333 k Ω} = 1.3 m UMA

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

V_{T} = - 3,333 V

$V_T = -3.333 \mathrm V$

Usando sua fórmula:

V_{T} = \frac{4}{3} {Eu}_{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, {Eu}_{g 2}} + V_{T, o t h e r s}

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

- 3,333 V = V_{T, {Eu}_{g 2}} + 11,333 V

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

V_{T, {Eu}_{g 2}} = - 14.666 V

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

$I_{g2}$

esquemático

^{simular este circuito - esquemático criado usando o CircuitLab}

Agora podemos fazer uma análise nodal:

\frac{- 14.666 V - V_{C}}{3 k Ω} + \frac{- 14.666 V - V_{D}}{6 k Ω} = 0 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 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 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} = {Eu}_{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} = {Eu}_{g 2}

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

E isso dá ... 11 mA.

Hã.

$E_8$

V_{T, {Eu}_{g 2}} = - 1,333 V

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

V_{T, E_{1}} = 0 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, {Eu}_{g 7}} = 2 V

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

Se adicionarmos isso, obtém -3.333V, conforme o esperado.

$E_4$ $E_4$

Adam Haun
fonte

Uau, obrigado pelo seu tempo, eu realmente aprecio isso.

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}

$V_T$

4 m A

$4mA$

- 1 m A

$-1mA$

U_{A B}

$U_{AB}$

U_{B A}

$U_{BA}$

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

$V_T=\frac{4}{3}\cdot10^3I_{g_2}-2$

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

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

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

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

Eu criei isso no editor / simulador esquemático livre do TINA-TI: iterou Ig2 até o Amperímetro (I8) ler 1,3mA e o resultado é que Ig2 é -1mA (negativo 1 miliAmp) e não + 1mA, como você disse LTspice . Parece que você inseriu Ig2 ao contrário.

De qualquer maneira, parece que -1mA é a resposta correta.

BartmanEH
fonte

Eu não acho que você possa usar essa conversão delta-wye no último circuito por causa da ramificação no meio dele. No entanto, tentei resolver apenas esse circuito usando equações de corrente de malha e minha resposta final usando seus outros valores ainda não era de 1 mA. Eu não resolvi o problema todo, então pode haver outros erros que eu não entendi. Eu também poderia ter feito meus cálculos incorretamente.

JosephQ
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