Teoria obwodów 1: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 14 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAR4​5 ΩBR6​12 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 25 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 ΩR5 = 8 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć moc PIs oddawaną przez źródło prądu Is.

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩAR5​25 ΩBIs​5 A−+V2​10 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

V1 = 12 VIs = 5 AV2 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 25 Ω
VB = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 8 Ω+−VR1​R2​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR1 na R1 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 18 VV2 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
VR1 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR4​30 ΩAR5​25 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I2 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 18 VV2 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 30 ΩR5 = 25 Ω
I2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩIR2​AR4​3 ΩBIs​4 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć prąd IR2 płynący przez R2 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

Wyznacz wartość źródła napięcia V2 (biegunowość jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 ΩR4 = 5 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 9 VIs = 0,5 AR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩVin​R1​ = 4,7 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±14 V. Wzmacniacz odwracający jest pobudzany sygnałem sinusoidalnym. Wyznacz największą amplitudę wejściową Vin,max (wartość szczytową), przy której wyjście nie jest obcinane.

R1 = 4,7 kΩRf = 47 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = 2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,9 VR3​ = 47 kΩR4​ = 47 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Stosunki rezystorów nie są dopasowane. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 2 VV2 = 1,9 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩR3 = 47 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​5 Vt = 0R = 68 ΩL10 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz prąd i w chwili t = 1 ms.

Vs = 5 VR = 68 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 Vt = 0R = 3,3 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 3 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 100 ms.

Vs = 9 VR = 3,3 kΩC = 100 µFvC(0) = 3 Vt = 100 ms
vC = V

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,3673 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAR4​2 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R3 + R4 = 10 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 5 + 4,8 = 9,8 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 6/9,8 = 0,6122 A

Prąd przez R₂

Odejmij spadek na R₁, aby dostać potencjał węzła A, czyli napięcie na R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,6122·5 = 2,939 V
IR2 = VA/R2 = 2,939/8 = 0,3673 A

Odpowiedź

IR2 = 0,3673 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 24,84 Ω

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAR4​5 ΩBR6​12 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R5 + R6 = 8 + 12 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 4 Ω
R3 + 4 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 4,839 Ω
Req = R1 + 4,839 = 20 + 4,839 = 24,84 Ω

Odpowiedź

Req = 24,84 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 69,83 W

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,8833·VA − 0,3333·VB = 0,6

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/3 = 5
−0,3333·VA + 0,5·VB = 5

Rozwiąż

Δ = (0,8833)(0,5) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,3306
VA = Δ1/Δ = 1,967/0,3306 = 5,95 V
VB = Δ2/Δ = 4,617/0,3306 = 13,97 V

Moc oddawana przez źródło prądu

Źródło wpycha Iₛ w górę do węzła B, od masy (0 V) do VB. Źródło, którego prąd wypływa z zacisku +, oddaje moc P = V·I.

PIs = VB·Is = 13,97·5 = 69,83 W

Odpowiedź

PIs = 69,83 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 3,893 V

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩAR5​25 ΩBIs​5 A−+V2​10 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 12 V, V2 = −10 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/5 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,5833·VA − 0,3333·VB = 0,6

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/25 + (VB − VA)/3 + (VB − (−10))/3 = 5
−0,3333·VA + 0,7067·VB = 1,667

Rozwiąż

Δ = (0,5833)(0,7067) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,3011
VA = Δ1/Δ = 0,9796/0,3011 = 3,253 V
VB = Δ2/Δ = 1,172/0,3011 = 3,893 V

Odpowiedź

VB = 3,893 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR1 = −4,075 V

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 8 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 15(I1 − I2) = 18
23·I1 − 15·I2 = 18

NPK w oczku 2

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 15(I2 − I1) = (−30)
−15·I1 + 19·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (23)(19) − (−15)(−15) = 212
I1 = Δ1/Δ = −108/212 = −0,5094 A
I2 = Δ2/Δ = −420/212 = −1,981 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = −0,5094 A
VR1 = IR1·R1 = −0,5094·8 = −4,075 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = 0,2271 A

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 5 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​18 VR4​30 ΩAR5​25 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 30(I1 − I2) = 18
35·I1 − 30·I2 = 18

NPK w oczku 2

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
20·I2 + 30(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 75·I2 − 25·I3 = 0

NPK w oczku 3

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 25(I3 − I2) = (−15)
−25·I2 + 55·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 73000
I1 = Δ1/Δ = 51750/73000 = 0,7089 A
I2 = Δ2/Δ = 16575/73000 = 0,2271 A
I3 = Δ3/Δ = −12375/73000 = −0,1695 A

Odpowiedź

I2 = 0,2271 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR2 = −0,8551 A

Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.

R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​3 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

Iₛ staje się rozwarciem, więc R₃ i R₄ tworzą jedną gałąź szeregową od A do masy, równolegle z R₂.

R3+R4 = 4+3 = 7 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·7/(10+7) = 4,118 Ω
VA = 10·4,118/(4+4,118) = 5,072 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,072·3/7 = 2,174 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 5,072)/10 = −0,5072 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​10 ΩAR4​3 ΩBIs​4 A

Przypadek 2 · działa tylko Is

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ jest równolegle z R₂. Iₛ rozdziela się w B między R₄ a drogę przez R₃.

R1 ∥ R2 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 6,857 = 2,087 Ω
VB = Is·Req = 4·2,087 = 8,348 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,348·2,857/6,857 = 3,478 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − 3,478)/10 = −0,3478 A

Dodaj składowe

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−0,5072) + (−0,3478) = −0,8551 A

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości prąd płynie przeciwnie do strzałki.

8.Superpozycja

Odpowiedź: V2 = 15,68 V

Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.

R1​ = 25 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 25 ∥ 9 = 6,618 Ω
VA = 12·6,618/(25+6,618) = 2,512 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,512·5/9 = 1,395 V
R1​ = 25 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​25 ΩAIs​4 ABZWARCIE

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃. Strzałka Iₛ wskazuje w dół, od jego węzła, więc Iₛ odprowadza prąd z tego węzła: jego wyraz wchodzi ze znakiem minus.

R1 ∥ R3 = 12,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+12,5 = 16,5 Ω
Req = R4 ∥ 16,5 = 3,837 Ω
VB = −Is·Req = −4·3,837 = −15,35 V
VA = VB·12,5/16,5 = −11,63 V

Przypadek 3 · V2 działające samodzielnie, na wolt

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 12,5 Ω
VA‴ = V2·12,5/(5 + 4 + 12,5) = 0,5814·V2

Przyrównaj VA do zera

Przy VA = 0 na R₃ nie ma napięcia, więc jego prąd jest równy zeru.

VA′ + VA″ + VA‴ = 2,512 + (−11,63) + 0,5814·V2 = 0
V2 = 9,116/0,5814 = 15,68 V

Odpowiedź

V2 = 15,68 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 8,5 Ω

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​5 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 6 = 8,5 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 19,58 V

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​25 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 5·25/(5+25) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 20 = 24,17 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 7,5 + 0,5·4,167 = 9,583 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,583 + 0,5·20 = 19,58 V
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 1,4 V

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Wzmocnienie

|Av| = Rf/R1 = 47/4,7 = 10

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/10 = 1,4 V

Odpowiedź

Vin,max = 1,4 V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −9,55 V

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Napięcie na wejściu +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,9·47/(47 + 47) = 0,95 V

Superpozycja obu wejść

Przy V₂ = 0 V₁ widzi wzmacniacz odwracający. Przy V₁ = 0 V₊ jest wzmacniane przez wzmocnienie nieodwracające 1 + R₂/R₁.

Vout = −(100/10)·2 + (1 + 100/10)·0,95 = −20 + 10,45 = −9,55 V

Odpowiedź

Vout = −9,55 V
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,07345 A

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 10 mH / 68 Ω = 0,1471 ms
i(∞) = Vs/R = 5/68 = 0,07353 A

Prąd w danej chwili

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,07353·(1 − e−1/0,1471) = 0,07345 A

Odpowiedź

i = 0,07345 A
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 4,569 V

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 100 µF = 330 ms
vC(t) = 9 + (3 − 9)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(100) = 9 + (−6)·e−100/330 = 4,569 V

Odpowiedź

vC = 4,569 V

ExamProblems · examproblems.com/courses/circuit-analysis-1