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​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​2 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAR4​12 ΩBR6​6 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 ΩR5 = 30 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 9 VIs​2 AAR1​4 ΩR2​20 ΩB

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie B, więc VB − VA = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VB (mierzony względem masy).

Is = 2 AVs = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 20 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 3 Ω+−Vs​ = 3 V+−V1​18 VR2​10 ΩAR3​4 ΩBIs​4 A

Źródło napięcia Vₛ między A i B ma zacisk + po stronie A, więc VA − VB = Vₛ. Użyj metody potencjałów węzłowych z superwęzłem, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 18 VIs = 4 AVs = 3 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 Ω
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩIR1​R2​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
IR1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​12 VR4​6 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 ΩR5 = 2 Ω
IR3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBIs​4 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć prąd IR3 płynący przez R3 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 20 ΩR2​ = 20 ΩIR2​R4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩAIs​2,5 AB+−V2​12 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR2 pobieraną przez R2.

V1 = 6 VIs = 2,5 AV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
PR2 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAab

Wyznacz prąd Nortona IN: prąd płynący od a do b, gdy zaciski są zwarte.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAIs​4 ABRL​8 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 8 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩRL = 8 Ω
PL = W
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 3 VRa​ = 2 kΩRb​ = 4,7 kΩ

Wzmacniacz operacyjny jest idealny i zasilany napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

Vin = 3 VRa = 2 kΩRb = 4,7 kΩR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −1 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,8 VR2​ = 22 kΩIf​

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.

V1 = −1 VV2 = 0,8 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​5 Vt = 0R = 50 ΩL22 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Po jakim czasie od zamknięcia łącznika prąd osiągnie 99% wartości końcowej? Wyznacz t.

Vs = 5 VR = 50 ΩL = 22 mH
t = ms
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 10 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 10,8 V? Wyznacz t.

Vs = 12 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 10 V
t = ms

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 6,429 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​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​6 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Req = R1 + 3,429 = 3 + 3,429 = 6,429 Ω

Odpowiedź

Req = 6,429 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,3844 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​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAR4​12 ΩBR6​6 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 = 30 + 6 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 9 Ω
R3 + 9 = 21 Ω
R2 ∥ 21 = 11,41 Ω
Req = R1 + 11,41 = 12 + 11,41 = 23,41 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 9/23,41 = 0,3844 A

Odpowiedź

IR1 = 0,3844 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 14,17 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.

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA + Vs = VA + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/4 + (VA + 9)/20 = 2
VA = (2 − 9/20)/(1/4 + 1/20) = 5,167 V
VB = 5,167 + 9 = 14,17 V

Odpowiedź

VB = 14,17 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 15,73 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.

Utwórz superwęzeł

Przez źródło napięcia między A i B płynie nieznany prąd, więc nie można zapisać PPK osobno w A ani w B. Obejmij A, B i źródło jednym superwęzłem: prąd do niego wpływający jest równy prądowi wypływającemu.

VB = VA − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 18)/3 + VA/10 + (VA − 3)/4 = 4
VA·(1/3 + 1/10 + 1/4) = 4 + 18/3 + 3/4 = 10,75
VA = 10,75/0,6833 = 15,73 V
VB = 12,73 V

Odpowiedź

VA = 15,73 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR1 = 0,931 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​ = 10 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩA+−V2​24 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
10·I1 + 8(I1 − I2) = 30
18·I1 − 8·I2 = 30

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
2·I2 + 8(I2 − I1) = (−24)
−8·I1 + 10·I2 = −24

Rozwiąż

Δ = (18)(10) − (−8)(−8) = 116
I1 = Δ1/Δ = 108/116 = 0,931 A
I2 = Δ2/Δ = −192/116 = −1,655 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 0,931 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = −1,206 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​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR4​6 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 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
10·I1 + 6(I1 − I2) = 12
16·I1 − 6·I2 = 12

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
6·I2 + 6(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 14·I2 − 2·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
6·I3 + 2(I3 − I2) = (−10)
−2·I2 + 8·I3 = −10

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1440
I1 = Δ1/Δ = 1176/1440 = 0,8167 A
I2 = Δ2/Δ = 256/1440 = 0,1778 A
I3 = Δ3/Δ = −1736/1440 = −1,206 A

Odpowiedź

IR3 = I3 = −1,206 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: IR3 = −2,32 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​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​8 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 = 3+8 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·11/(3+11) = 2,357 Ω
VA = 6·2,357/(3+2,357) = 2,64 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,64·8/11 = 1,92 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (2,64 − 1,92)/3 = 0,24 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​3 ΩAR4​8 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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 4,5 = 2,88 Ω
VB = Is·Req = 4·2,88 = 11,52 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 11,52·1,5/4,5 = 3,84 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (3,84 − 11,52)/3 = −2,56 A

Dodaj składowe

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,24 + (−2,56) = −2,32 A

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR2 = 9,986 W

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​ = 20 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

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

R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 26 = 9,512 Ω
VA = 6·9,512/(20+9,512) = 1,934 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,934·6/26 = 0,4463 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (1,934 − 0,4463)/20 = 0,07438 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​15 ΩAIs​2,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 8,571 Ω, więc lewa gałąź to R2+8,571 = 28,57 Ω
Req = R4 ∥ 28,57 = 4,959 Ω
VB = Is·Req = 2,5·4,959 = 12,4 V
VA = VB·8,571/28,57 = 3,719 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (3,719 − 12,4)/20 = −0,4339 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​15 ΩAROZWARCIEB+−V2​12 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

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

R1 ∥ R3 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·28,57/34,57 = 9,917 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 9,917·8,571/28,57 = 2,975 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (2,975 − 9,917)/20 = −0,3471 A

Zsumuj wkłady prądu

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,07438 + (−0,4339) + (−0,3471) = −0,7066 A

Moc w rezystorze

Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.

PR2 = IR2²·R2 = (−0,7066)²·20 = 9,986 W

Odpowiedź

PR2 = 9,986 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 6,285 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,4091 A

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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩZWARCIER2​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 8 = 11 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 9·6/(6+6) = 4,5 V
IN​0,4091 ARth​11 Ωab

Układ zastępczy Nortona

Źródło Nortona to ten sam obwód widziany jako źródło prądu równolegle z R_th. Jego prąd to prąd zwarcia na a–b.

IN = Vth/Rth = 4,5/11 = 0,4091 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 33,75 W

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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​4 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 3 = 4,333 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAIs​4 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) = 8 + 4·1,333 = 13,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,33 + 4·3 = 25,33 V
Rth​ = 4,333 Ω+−Vth​25,33 VRL​8 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = 25,33/(4,333 + 8) = 2,054 A
PL = IL²·RL = 2,054²·8 = 33,75 W
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 12 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₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 3·4,7/(2 + 4,7) = 2,104 V

Wzmocnienie nieodwracające

V₋ = V₊, a prąd płynący przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 2,104·(1 + 4,7/1) = 12 V

Odpowiedź

Vout = 12 V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = 0,01509 mA

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.

Prądy wejściowe

V₋ = 0, więc na każdym rezystorze wejściowym jest całe jego napięcie wejściowe.

I1 = V1/R1 = −1/47 = −0,02128 mA
I2 = V2/R2 = 0,8/22 = 0,03636 mA
If = I1 + I2 = 0,01509 mA

Odpowiedź

If = 0,01509 mA
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 2,026 ms

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 = 22 mH / 50 Ω = 0,44 ms
i(∞) = Vs/R = 5/50 = 0,1 A

Wyznacz czas

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −0,44·ln(0,01) = 2,026 ms

Odpowiedź

t = 2,026 ms
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 16,86 ms

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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 12 + (10 − 12)·e−t/τ

Wyznacz czas

10,8 = 12 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (10,8 − 12)/(10 − 12) = 0,6
t = τ·ln((10 − 12)/(10,8 − 12)) = 33·ln(1,667) = 16,86 ms

Odpowiedź

t = 16,86 ms

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