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​ = 12 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​20 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
PIs = W
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​30 ΩAR4​5 ΩIR4​B0,5·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,5·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ωg = 0,5 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 10 ΩR2​ = 15 ΩIR2​+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​36 VR4​5 ΩAR5​8 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩR5 = 8 Ω
IR3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Wyznacz wartość źródła prądu Is (kierunek jak na rysunku), przy której prąd IR3 przez R3 jest równy zeru.

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 12 Ω
Is = A
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​10 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

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

V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
V2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAab

Wyznacz rezystancję Thévenina Rth widzianą z zacisków a–b.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAIs​5 ABRL​8 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 8 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 8.

R1 = 10 kΩAv = 8
Rf = kΩ
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​C = 0,47 µFVin​ = −0,5 VR = 2,2 kΩ

Układ całkujący wykorzystuje idealny wzmacniacz operacyjny zasilany napięciem ±15 V; jego wyjście nasyca się przy ±12 V. Kondensator jest rozładowany, gdy w t = 0 zostaje przyłożone stałe napięcie wejściowe Vin = −0,5 V. Po jakim czasie od t = 0 wyjście osiągnie nasycenie? Wyznacz t.

Vin = −0,5 VR = 2,2 kΩC = 0,47 µFVsat = ±12 V
t = ms
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
R = 15 Ωt = 0L150 mHi(t)

Przez cewkę płynie ustalony prąd 1,5 A. W t = 0 łącznik zamyka obwód przez R, a źródło zostaje odłączone, więc prąd cewki zanika przez R. Ile czasu potrzeba, aby prąd spadł do 0,15 A? Wyznacz t.

i(0) = 1,5 AR = 15 ΩL = 150 mH
t = ms
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​20 Votwiera się w t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 2,2 kΩC68 µF+−vC​

Łącznik był długo zamknięty, więc obwód jest w stanie ustalonym. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 80 ms.

Vs = 20 VR1 = 6,8 kΩR2 = 2,2 kΩC = 68 µFt = 80 ms
vC = V

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,4649 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​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​20 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 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 15·26/(15+26) = 9,512 Ω
Req = R1 + 9,512 = 12 + 9,512 = 21,51 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 10/21,51 = 0,4649 A

Odpowiedź

IR1 = 0,4649 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 8,324 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​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBR6​3 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 5,185 Ω
R3 + 5,185 = 30,19 Ω
R2 ∥ 30,19 = 6,324 Ω
Req = R1 + 6,324 = 2 + 6,324 = 8,324 Ω

Odpowiedź

Req = 8,324 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: PIs = 26,74 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/5 + (VA − 24)/5 + (VA − VB)/5 = 0
0,6·VA − 0,2·VB = 4,8

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/4 + (VB − VA)/5 = 2,5
−0,2·VA + 0,45·VB = 2,5

Rozwiąż

Δ = (0,6)(0,45) − (−0,2)(−0,2) = 0,23
VA = Δ1/Δ = 2,66/0,23 = 11,57 V
VB = Δ2/Δ = 2,46/0,23 = 10,7 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 = 10,7·2,5 = 26,74 W

Odpowiedź

PIs = 26,74 W
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 10,96 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.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpychanemu do A przez źródła.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,2167·VA − 0,08333·VB = 1,2

PPK w węźle B

Źródło sterowane wpycha prąd g·VA do węzła B. Potraktuj je jak źródło niezależne, a potem przenieś wyraz z VA na lewą stronę.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,5833·VA + 0,2833·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,2167)(0,2833) − (−0,08333)(−0,5833) = 0,01278
VA = Δ1/Δ = 0,34/0,01278 = 26,61 V
VB = Δ2/Δ = 0,7/0,01278 = 54,78 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 54,78/5 = 10,96 A

Odpowiedź

IR4 = 10,96 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −0,45 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​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​9 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) = 9
12·I1 − 2·I2 = 9

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
15·I2 + 2(I2 − I1) = (−9)
−2·I1 + 17·I2 = −9

Rozwiąż

Δ = (12)(17) − (−2)(−2) = 200
I1 = Δ1/Δ = 135/200 = 0,675 A
I2 = Δ2/Δ = −90/200 = −0,45 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,45 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR3 = −0,119 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​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​36 VR4​5 ΩAR5​8 ΩB+−V2​6 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 + 5(I1 − I2) = 36
15·I1 − 5·I2 = 36

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
8·I2 + 5(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 21·I2 − 8·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
4·I3 + 8(I3 − I2) = (−6)
−8·I2 + 12·I3 = −6

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 2520
I1 = Δ1/Δ = 6528/2520 = 2,59 A
I2 = Δ2/Δ = 1440/2520 = 0,5714 A
I3 = Δ3/Δ = −300/2520 = −0,119 A

Odpowiedź

IR3 = I3 = −0,119 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: Is = 0,4167 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​ = 12 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​12 ΩBROZWARCIE

Przypadek 1 · V1 działające samodzielnie

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

R3+R4 = 3+12 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
VA = 15·4,286/(12+4,286) = 3,947 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,947·12/15 = 3,158 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,947 − 3,158)/3 = 0,2632 A

Przypadek 2 · Is działające samodzielnie

V₁ staje się zwarciem, więc R₁ ∥ R₂ łączy A z masą. Iₛ dzieli się w B między R₄ a ścieżkę R₃ + R₁∥R₂; część przez R₃ płynie od B do A, przeciwnie do strzałki.

R1 ∥ R2 = 4 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·12/19 = −0,6316·Is

Przyrównaj sumę do zera

IR3′ + IR3″ = 0,2632 − 0,6316·Is = 0
Is = 0,2632/0,6316 = 0,4167 A

Odpowiedź

Is = 0,4167 A
8.Superpozycja

Odpowiedź: V2 = 38,4 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​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​10 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) = 10 ∥ 18 = 6,429 Ω
VA = 18·6,429/(15+6,429) = 5,4 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 5,4·15/18 = 4,5 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 15 ΩZWARCIER3​10 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 = 6 Ω, więc lewa gałąź to R2+6 = 9 Ω
Req = R4 ∥ 9 = 5,625 Ω
VB = −Is·Req = −4·5,625 = −22,5 V
VA = VB·6/9 = −15 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 = 6 Ω
VA‴ = V2·6/(15 + 3 + 6) = 0,25·V2

Przyrównaj VA do zera

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 5,4 + (−15) + 0,25·V2 = 0
V2 = 9,6/0,25 = 38,4 V

Odpowiedź

V2 = 38,4 V
9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Rth = 7,286 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​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​15 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 3 = 7,286 Ω
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 3,453 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​ = 3 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​2 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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 12 = 13,2 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAIs​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) = 7,2 + 5·1,2 = 13,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,2 + 5·12 = 73,2 V
Rth​ = 13,2 Ω+−Vth​73,2 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) = 73,2/(13,2 + 8) = 3,453 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 70 kΩ

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 wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (8 − 1)·10 = 70 kΩ

Odpowiedź

Rf = 70 kΩ
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: t = 24,82 ms

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.

Prąd wejściowy i szybkość narastania

kΩ razy µF daje milisekundy.

RC = 2,2 kΩ · 0,47 µF = 1,034 ms
szybkość narastania = −Vin/(RC) = −(−0,5)/1,034 = 0,4836 V/ms

Czas do nasycenia

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 12·1,034/0,5 = 24,82 ms

Odpowiedź

t = 24,82 ms
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 23,03 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

τ = L/R = 150 mH / 15 Ω = 10 ms

Wyznacz czas

0,15 = 1,5·e−t/τ → t = τ·ln(1,5/0,15)
t = 10·ln(10) = 23,03 ms

Odpowiedź

t = 23,03 ms
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 2,864 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.

Początkowe napięcie kondensatora

W stanie ustalonym kondensator jest rozwarciem, więc R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia. Napięcie kondensatora nie może zmienić się skokowo przy otwarciu łącznika.

vC(0) = 20·2,2/(6,8 + 2,2) = 4,889 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 2,2·68 = 149,6 ms

Rozładowanie

vC(t) = 4,889·e−80/149,6 = 2,864 V

Odpowiedź

vC = 2,864 V

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