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​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​25 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​1 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 4 ΩIR1​+−Vs​ = 3 V+−V1​12 VR2​2 ΩAR3​4 ΩBIs​2,5 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 = 12 VIs = 2,5 AVs = 3 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
IR1 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩIR2​+−V1​12 VR3​8 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR4​20 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 ΩR5 = 2 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​20 ΩBIs​2 A

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
PR3 = W
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 Ω+−VR2​R4​ = 25 Ω+−V1​30 VR3​15 ΩAIs​4 AB−+V2​9 V

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

V1 = 30 VIs = 4 AV2 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 25 Ω
VR2 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩARL​2 ΩIL​B

Między a–b podłączono obciążenie RL = 2 Ω. Zastąp resztę obwodu jego zastępczym układem Thévenina i wyznacz prąd obciążenia IL.

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAIs​5 ABab

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

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 22 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 20.

R1 = 22 kΩAv = 20
Rf = kΩ
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = −0,6 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = −0,7 VV2 = −0,6 VR1 = 10 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​9 Vt = 0R = 20 ΩL100 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 10 ms, w mJ.

Vs = 9 VR = 20 ΩL = 100 mHt = 10 ms
W = mJ
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​10 VR1​ = 47 ΩR2​ = 10 Ωotwiera się w t = 0L220 mHi(t)

Łącznik równoległy do R2 był długo zamknięty, więc prąd cewki jest ustalony. W t = 0 łącznik się otwiera. Wyznacz prąd cewki i w chwili t = 10 ms.

Vs = 10 VR1 = 47 ΩR2 = 10 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 3,488 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​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​10 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 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Req = R1 + 4,615 = 2 + 4,615 = 6,615 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 30/6,615 = 4,535 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 4,535·2 = 20,93 V
IR2 = VA/R2 = 20,93/6 = 3,488 A

Odpowiedź

IR2 = 3,488 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 8,968 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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​25 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 = 10 + 2 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 8,108 Ω
R3 + 8,108 = 13,11 Ω
R2 ∥ 13,11 = 4,968 Ω
Req = R1 + 4,968 = 4 + 4,968 = 8,968 Ω

Odpowiedź

Req = 8,968 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,6532 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​1 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 18 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/12 + (VA − 18)/12 + (VA − VB)/10 = 0
0,2667·VA − 0,1·VB = 1,5

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/15 + (VB − VA)/10 = 1
−0,1·VA + 0,1667·VB = 1

Rozwiąż

Δ = (0,2667)(0,1667) − (−0,1)(−0,1) = 0,03444
VA = Δ1/Δ = 0,35/0,03444 = 10,16 V
VB = Δ2/Δ = 0,4167/0,03444 = 12,1 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 10,16)/12 = 0,6532 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 1,438 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 − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 12)/4 + VA/2 + (VA − 3)/4 = 2,5
VA·(1/4 + 1/2 + 1/4) = 2,5 + 12/4 + 3/4 = 6,25
VA = 6,25/1 = 6,25 V
VB = 3,25 V

Prąd przez R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 6,25)/4 = 1,438 A

Odpowiedź

IR1 = 1,438 A

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

5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −1,263 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​ = 15 Ω+−V1​12 VR3​8 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 + 8(I1 − I2) = 12
16·I1 − 8·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 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 8(I2 − I1) = (−30)
−8·I1 + 23·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (16)(23) − (−8)(−8) = 304
I1 = Δ1/Δ = 36/304 = 0,1184 A
I2 = Δ2/Δ = −384/304 = −1,263 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −1,263 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −4,34 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​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR4​20 ΩAR5​2 ΩB+−V2​30 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
15·I1 + 20(I1 − I2) = 5
35·I1 − 20·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
20·I2 + 20(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 42·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
5·I3 + 2(I3 − I2) = (−30)
−2·I2 + 7·I3 = −30

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 7350
I1 = Δ1/Δ = 250/7350 = 0,03401 A
I2 = Δ2/Δ = −1400/7350 = −0,1905 A
I3 = Δ3/Δ = −31900/7350 = −4,34 A

Odpowiedź

I3 = −4,34 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 10,85 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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​20 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 = 10+20 = 30 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·30/(15+30) = 10 Ω
VA = 6·10/(6+10) = 3,75 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,75·20/30 = 2,5 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,75 − 2,5)/10 = 0,125 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​15 ΩAR4​20 ΩBIs​2 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 14,29 = 8,333 Ω
VB = Is·Req = 2·8,333 = 16,67 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 16,67·4,286/14,29 = 5 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (5 − 16,67)/10 = −1,167 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ = 0,125 + (−1,167) = −1,042 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = (−1,042)²·10 = 10,85 W

Odpowiedź

PR3 = 10,85 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 13,77 W, co jest błędne.

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 17,64 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​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​30 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 ∥ 30 = 10 Ω
VA = 30·10/(10+10) = 15 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 15·25/30 = 12,5 V
VR2′ = VA − VB = 15 − 12,5 = 2,5 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 25 ΩZWARCIER3​15 ΩAIs​4 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 = 6 Ω, więc lewa gałąź to R2+6 = 11 Ω
Req = R4 ∥ 11 = 7,639 Ω
VB = Is·Req = (−4)·7,639 = −30,56 V
VA = VB·6/11 = −16,67 V
VR2″ = VA − VB = −16,67 − −30,56 = 13,89 V
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 25 ΩZWARCIER3​15 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 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·11/36 = −2,75 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −2,75·6/11 = −1,5 V
VR2‴ = VA − VB = −1,5 − −2,75 = 1,25 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 2,5 + 13,89 + 1,25 = 17,64 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 0,625 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​ = 10 ΩZWARCIER2​4 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 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 10 = 11,71 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​4 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) = 15·4/(3+4) = 8,571 V
Rth​ = 11,71 Ω+−Vth​8,571 VRL​2 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) = 8,571/(11,71 + 2) = 0,625 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 5,686 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​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩZWARCIER2​15 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 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 15 = 21 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​15 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) = 14,4 + 5·6 = 44,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 44,4 + 5·15 = 119,4 V
IN​5,686 ARth​21 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 = 119,4/21 = 5,686 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 418 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 = (20 − 1)·22 = 418 kΩ

Odpowiedź

Rf = 418 kΩ
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 3,7 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 = −0,7/10 = −0,07 mA
I2 = V2/R2 = −0,6/2 = −0,3 mA
If = I1 + I2 = −0,37 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −10·(−0,37) = 3,7 V

Odpowiedź

Vout = 3,7 V
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 7,57 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 = 100 mH / 20 Ω = 5 ms
i(∞) = Vs/R = 9/20 = 0,45 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,45·(1 − e−10/5) = 0,3891 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·100·0,3891² = 7,57 mJ

Odpowiedź

W = 7,57 mJ
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: i = 0,1782 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.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Przed t = 0 zamknięty łącznik bocznikuje R₂; potem w obwodzie są zarówno R₁, jak i R₂.

i(0) = 10/47 = 0,2128 A
i(∞) = 10/(47 + 10) = 0,1754 A
τ = L/R = 220/57 = 3,86 ms
i(t) = 0,1754 + (0,2128 − 0,1754)·e−t/τ

Prąd w danej chwili

i(10) = 0,1754 + (0,03733)·e−10/3,86 = 0,1782 A

Odpowiedź

i = 0,1782 A

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