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​ = 10 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩIR2​AR4​20 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 ΩR5 = 30 ΩR6 = 2 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
VB = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 2 ΩIR1​+−Vs​ = 12 V+−V1​10 VR2​15 ΩAR3​15 ΩBIs​1,5 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 prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VIs = 1,5 AVs = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
IR1 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​30 VR3​2 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I1 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 30 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR4​6 ΩAR5​3 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I3 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 5 VV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​20 Ω+−VR2​AR4​15 ΩBIs​3 A

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR2 na R2 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 6 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
VR2 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩIR3​AIs​3 AB−+V2​9 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 24 VIs = 3 AV2 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​5 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 36 VIs = 2,5 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1,2 VR1​ = 22 kΩV2​ = 2,7 VR3​ = 22 kΩR4​ = 10 kΩ

Wzmacniacz różnicowy wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V, przy czym R3 = R1 i R4 = R2. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = 1,2 VV2 = 2,7 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
Vout = V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = −0,2 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,8 VR2​ = 2 kΩ

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

V1 = −0,2 VV2 = 0,8 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 ΩL150 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W(∞) zgromadzoną w cewce po ustaleniu się stanu obwodu, w mJ.

Vs = 24 VR = 10 ΩL = 150 mH
W(∞) = mJ
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Vt = 0R = 4,7 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 24 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 24 V o zaznaczonej biegunowości. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 150 ms.

Vs = 12 VR = 4,7 kΩC = 68 µFvC(0) = 24 Vt = 150 ms
vC = V

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,047 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​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 12 + 6 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 12·18/(12+18) = 7,2 Ω
Req = R1 + 7,2 = 10 + 7,2 = 17,2 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/17,2 = 1,047 A

Odpowiedź

IR1 = 1,047 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,2846 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​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAR4​20 ΩBR6​2 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 + 2 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 12,31 Ω
R3 + 12,31 = 24,31 Ω
R2 ∥ 24,31 = 12,32 Ω
Req = R1 + 12,32 = 5 + 12,32 = 17,32 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/17,32 = 0,5772 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,5772·5 = 7,114 V
IR2 = VA/R2 = 7,114/25 = 0,2846 A

Odpowiedź

IR2 = 0,2846 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VB = 22,21 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​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V). Niewiadome: VA, VB.

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/20 + (VA − 9)/10 + (VA − VB)/5 = 0
0,35·VA − 0,2·VB = 0,9

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/20 + (VB − VA)/5 = 2,5
−0,2·VA + 0,25·VB = 2,5

Rozwiąż

Δ = (0,35)(0,25) − (−0,2)(−0,2) = 0,0475
VA = Δ1/Δ = 0,725/0,0475 = 15,26 V
VB = Δ2/Δ = 1,055/0,0475 = 22,21 V

Odpowiedź

VB = 22,21 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = −0,7632 A

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 − 12
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 10)/2 + VA/15 + (VA − 12)/15 = 1,5
VA·(1/2 + 1/15 + 1/15) = 1,5 + 10/2 + 12/15 = 7,3
VA = 7,3/0,6333 = 11,53 V
VB = −0,4737 V

Prąd przez R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 11,53)/2 = −0,7632 A

Odpowiedź

IR1 = −0,7632 A

Wynik ujemny oznacza, że rzeczywisty prąd płynie przeciwnie do strzałki.

5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 1,957 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 Ω+−V1​30 VR3​2 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
10·I1 + 2(I1 − I2) = 30
12·I1 − 2·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
6·I2 + 2(I2 − I1) = (−30)
−2·I1 + 8·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (12)(8) − (−2)(−2) = 92
I1 = Δ1/Δ = 180/92 = 1,957 A
I2 = Δ2/Δ = −300/92 = −3,261 A

Odpowiedź

I1 = 1,957 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −4,384 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​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR4​6 ΩAR5​3 ΩB+−V2​18 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
8·I1 + 6(I1 − I2) = 5
14·I1 − 6·I2 = 5

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
2·I2 + 6(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 11·I2 − 3·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
2·I3 + 3(I3 − I2) = (−18)
−3·I2 + 5·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 464
I1 = Δ1/Δ = −94/464 = −0,2026 A
I2 = Δ2/Δ = −606/464 = −1,306 A
I3 = Δ3/Δ = −2034/464 = −4,384 A

Odpowiedź

I3 = −4,384 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 8,606 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​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​15 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 = 6+15 = 21 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·21/(20+21) = 10,24 Ω
VA = 6·10,24/(2+10,24) = 5,02 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,02·15/21 = 3,586 V
VR2′ = VA − 0 = 5,02 − 0 = 5,02 V
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​3 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 7,818 = 5,139 Ω
VB = Is·Req = 3·5,139 = 15,42 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 15,42·1,818/7,818 = 3,586 V
VR2″ = VA − 0 = 3,586 − 0 = 3,586 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 5,02 + 3,586 = 8,606 V

Wynik ujemny oznacza, że w rzeczywistości biegunowość jest odwrotna do zaznaczonej.

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 5,751 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​ = 15 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​24 VR3​3 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) = 3 ∥ 30 = 2,727 Ω
VA = 24·2,727/(15+2,727) = 3,692 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,692·5/30 = 0,6154 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (3,692 − 0)/3 = 1,231 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​3 ΩAIs​3 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 = 2,5 Ω, więc lewa gałąź to R2+2,5 = 27,5 Ω
Req = R4 ∥ 27,5 = 4,231 Ω
VB = Is·Req = 3·4,231 = 12,69 V
VA = VB·2,5/27,5 = 1,154 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,154 − 0)/3 = 0,3846 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​3 ΩAROZWARCIEB−+V2​9 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 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·27,5/32,5 = −7,615 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −7,615·2,5/27,5 = −0,6923 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−0,6923 − 0)/3 = −0,2308 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 1,231 + 0,3846 + (−0,2308) = 1,385 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = 1,385²·3 = 5,751 W

Odpowiedź

PR3 = 5,751 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 5,148 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 7,826 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​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩZWARCIER2​20 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 20 = 22,61 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​20 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) = 9·20/(3+20) = 7,826 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 5,714 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​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​5 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 4 = 6,222 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​36 VR2​5 ΩAIs​2,5 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) = 20 + 2,5·2,222 = 25,56 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,56 + 2,5·4 = 35,56 V
IN​5,714 ARth​6,222 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 = 35,56/6,222 = 5,714 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 0,6818 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 wejściach

Przez R₃ i R₄ płynie ten sam prąd, więc tworzą dzielnik napięcia; sprzężenie zwrotne sprawia, że V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2,7·10/(22 + 10) = 0,8438 V
V₋ = V₊

PPK na wejściu odwracającym

(1,2 − 0,8438)/22 = (0,8438 − Vout)/10
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (10/22)·(2,7 − 1,2) = 0,6818 V

Odpowiedź

Vout = 0,6818 V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = −0,76 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.

Prądy wejściowe

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

I1 = V1/R1 = −0,2/10 = −0,02 mA
I2 = V2/R2 = 0,8/2 = 0,4 mA
If = I1 + I2 = 0,38 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −2·0,38 = −0,76 V

Odpowiedź

Vout = −0,76 V
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W(∞) = 432 mJ

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 = 150 mH / 10 Ω = 15 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A

Zgromadzona energia

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·150·2,4² = 432 mJ

Odpowiedź

W(∞) = 432 mJ
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 19,51 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) = 24 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 68 µF = 319,6 ms
vC(t) = 12 + (24 − 12)·e−t/τ

Napięcie w danej chwili

vC(150) = 12 + (12)·e−150/319,6 = 19,51 V

Odpowiedź

vC = 19,51 V

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