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​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​8 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​20 ΩBR6​15 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 ΩR5 = 3 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
−+Vs​ = 3 VIs​4 AAR1​8 ΩR2​6 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 VA (mierzony względem masy).

Is = 4 AVs = 3 VR1 = 8 ΩR2 = 6 Ω
VA = V
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​2 ΩAR4​6 ΩIR4​B0,2·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,2·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 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ωg = 0,2 A/V
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR4​8 ΩIR4​AR5​12 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VV2 = 36 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 ΩR5 = 12 Ω
IR4 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 20 V i Is = 6 mA I = 13 mA; przy Vs = 12 V i Is = 5 mA I = 8,5 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 8 V i Is = 4 mA.

20 V, 6 mA → 13 mA12 V, 5 mA → 8,5 mAVs = 8 V, Is = 4 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩIR2​R4​ = 5 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩAIs​6 AB+−V2​18 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR2 pobieraną przez R2.

V1 = 6 VIs = 6 AV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 15 ΩR4 = 5 Ω
PR2 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAIs​3 ABRL​2 ΩIL​

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

V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 2 kΩVin​

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

R1 = 2 kΩRf = 22 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,7 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 2 kΩ

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

V1 = −1,9 VV2 = 0,7 VR1 = 22 kΩR2 = 100 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 10 kΩC47 µF+−vC​

Źródło Vₛ ładuje kondensator przez R₁, a R₂ jest połączony równolegle z C. Kondensator jest rozładowany, gdy łącznik zamyka się w t = 0. Wyznacz stałą czasową τ obwodu po zamknięciu łącznika.

Vs = 30 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 47 µF
τ = ms
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​9 Votwiera się w t = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 10 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 = 250 ms.

Vs = 9 VR1 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 68 µFt = 250 ms
vC = V

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 21,8 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​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​8 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 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 2·18/(2+18) = 1,8 Ω
Req = R1 + 1,8 = 20 + 1,8 = 21,8 Ω

Odpowiedź

Req = 21,8 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,994 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​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​20 ΩBR6​15 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 = 3 + 15 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 9,474 Ω
R3 + 9,474 = 15,47 Ω
R2 ∥ 15,47 = 2,513 Ω
Req = R1 + 2,513 = 2 + 2,513 = 4,513 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 9/4,513 = 1,994 A

Odpowiedź

IR1 = 1,994 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 12 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 + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is

Rozwiąż

VA/8 + (VA + 3)/6 = 4
VA = (4 − 3/6)/(1/8 + 1/6) = 12 V
VB = 12 + 3 = 15 V

Odpowiedź

VA = 12 V
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = 0,08333 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
1,05·VA − 0,5·VB = 0,25

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 = 0,2·VA
−0,7·VA + 0,6667·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (1,05)(0,6667) − (−0,5)(−0,7) = 0,35
VA = Δ1/Δ = 0,1667/0,35 = 0,4762 V
VB = Δ2/Δ = 0,175/0,35 = 0,5 V

Prąd przez R₄

IR4 = VB/R4 = 0,5/6 = 0,08333 A

Odpowiedź

IR4 = 0,08333 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −0,1379 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​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩA+−V2​12 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
15·I1 + 12(I1 − I2) = 24
27·I1 − 12·I2 = 24

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
3·I2 + 12(I2 − I1) = (−12)
−12·I1 + 15·I2 = −12

Rozwiąż

Δ = (27)(15) − (−12)(−12) = 261
I1 = Δ1/Δ = 216/261 = 0,8276 A
I2 = Δ2/Δ = −36/261 = −0,1379 A

Odpowiedź

I2 = −0,1379 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR4 = 1,07 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​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR4​8 ΩAR5​12 ΩB+−V2​36 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
3·I1 + 8(I1 − I2) = 10
11·I1 − 8·I2 = 10

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
10·I2 + 8(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 30·I2 − 12·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
12·I3 + 12(I3 − I2) = (−36)
−12·I2 + 24·I3 = −36

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 4800
I1 = Δ1/Δ = 2304/4800 = 0,48 A
I2 = Δ2/Δ = −2832/4800 = −0,59 A
I3 = Δ3/Δ = −8616/4800 = −1,795 A

Odpowiedź

IR4 = I1 − I2 = 1,07 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 6 mA

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.

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła, ze stałą zależną tylko od rezystorów.

I = k₁·Vs + k₂·Is
20·k₁ + 6·k₂ = 13
12·k₁ + 5·k₂ = 8,5

Wyznacz stałe

Δ = (20)(5) − (6)(12) = 28
k₁ = Δ1/Δ = 14/28 = 0,5
k₂ = Δ2/Δ = 14/28 = 0,5
k₁ = 0,5 mA/V, k₂ = 0,5

Przewidź nowy prąd

I = 0,5·8 + 0,5·4 = 6 mA

Odpowiedź

I = 6 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR2 = 50,92 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​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 5 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 ∥ 25 = 9,375 Ω
VA = 6·9,375/(2+9,375) = 4,945 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,945·5/25 = 0,989 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (4,945 − 0,989)/20 = 0,1978 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​15 ΩAIs​6 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 = 1,765 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,765 = 21,76 Ω
Req = R4 ∥ 21,76 = 4,066 Ω
VB = Is·Req = 6·4,066 = 24,4 V
VA = VB·1,765/21,76 = 1,978 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (1,978 − 24,4)/20 = −1,121 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 5 ΩZWARCIER3​15 ΩAROZWARCIEB+−V2​18 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 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·21,76/26,76 = 14,64 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 14,64·1,765/21,76 = 1,187 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (1,187 − 14,64)/20 = −0,6725 A

Zsumuj wkłady prądu

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,1978 + (−1,121) + (−0,6725) = −1,596 A

Moc w rezystorze

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

PR2 = IR2²·R2 = (−1,596)²·20 = 50,92 W

Odpowiedź

PR2 = 50,92 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 34,96 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,5882 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​ = 15 ΩR3​ = 3 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 3 = 7,286 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 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) = 15·6/(15+6) = 4,286 V
IN​0,5882 ARth​7,286 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 = 4,286/7,286 = 0,5882 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 4,237 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩZWARCIER2​8 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 5 = 8,077 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAIs​3 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) = 18,46 + 3·3,077 = 27,69 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,69 + 3·5 = 42,69 V
Rth​ = 8,077 Ω+−Vth​42,69 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) = 42,69/(8,077 + 2) = 4,237 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vin,max = 1,167 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 = 1 + Rf/R1 = 1 + 22/2 = 12

Największe wejście przed obcinaniem

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/12 = 1,167 V

Odpowiedź

Vin,max = 1,167 V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 9,795 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) = 0,7·2/(4,7 + 2) = 0,209 V

Superpozycja obu wejść

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

Vout = −(100/22)·(−1,9) + (1 + 100/22)·0,209 = 8,636 + 1,159 = 9,795 V

Odpowiedź

Vout = 9,795 V
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: τ = 42,73 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

Zewrzyj źródło, aby wyznaczyć Rth; rozewrzyj kondensator, aby wyznaczyć napięcie, do którego się naładuje.

Rth = R1 ∥ R2 = 1·10/(1 + 10) = 0,9091 kΩ
vC(∞) = 30·10/(1 + 10) = 27,27 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 0,9091·47 = 42,73 ms

Odpowiedź

τ = 42,73 ms
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 4,685 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) = 9·10/(3,3 + 10) = 6,767 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 10·68 = 680 ms

Rozładowanie

vC(t) = 6,767·e−250/680 = 4,685 V

Odpowiedź

vC = 4,685 V

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