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​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​6 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBR6​6 Ω

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 ΩR6 = 6 Ω
Req = Ω
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​10 Ω−+V1​15 VI1​R2​6 Ω+−V2​9 VR3​2 Ω+−V3​30 VA

Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I1 w gałęzi 1, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.

V1 = 15 VR1 = 10 ΩV2 = 9 VR2 = 6 ΩV3 = 30 VR3 = 2 Ω
I1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 5 Ω+−Vs​ = 10 V+−V1​18 VR2​15 ΩAR3​20 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 potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 18 VIs = 2,5 AVs = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​6 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
IR1 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR4​25 ΩAR5​5 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

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

V1 = 18 VV2 = 6 VR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 25 ΩR5 = 5 Ω
I1 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 Ω+−VR2​AR4​6 ΩBIs​3 A

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

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
VR2 = V
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​5 ΩAIs​2,5 AB+−V2​18 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR1 pobieraną przez R1.

V1 = 15 VIs = 2,5 AV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
PR1 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​1 ABab

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

V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 4 VRa​ = 100 kΩRb​ = 10 kΩ

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

Vin = 4 VRa = 100 kΩRb = 10 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,7 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = −1 VV2 = 1,7 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​6 Vt = 0R = 50 ΩL68 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz napięcie vL na cewce w chwili t = 1 ms.

Vs = 6 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​24 Vt = 0R = 1 kΩC68 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 21,2 V? Wyznacz t.

Vs = 24 VR = 1 kΩC = 68 µFvC(0) = 10 V
t = ms

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 9,36 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​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​4 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 = 15 + 6 = 21 Ω
R2 ∥ 21 = 4·21/(4+21) = 3,36 Ω
Req = R1 + 3,36 = 6 + 3,36 = 9,36 Ω

Odpowiedź

Req = 9,36 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 20,85 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​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAR4​8 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R4 ∥ 26 = 6,118 Ω
R3 + 6,118 = 14,12 Ω
R2 ∥ 14,12 = 5,854 Ω
Req = R1 + 5,854 = 15 + 5,854 = 20,85 Ω

Odpowiedź

Req = 20,85 Ω
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I1 = −3,457 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

Przyjmij dolny przewód jako masę. Każda gałąź odprowadza z A prąd (VA − Vk)/Rk, gdzie Vk to napięcie jej źródła (zero dla samego rezystora). Prądy wypływające z A sumują się do zera.

(VA − (−15))/10 + (VA − 9)/6 + (VA − 30)/2 = 0

Wyznacz VA

VA = ((−15)/10 + 9/6 + 30/2) / (1/10 + 1/6 + 1/2) = 15/0,7667 = 19,57 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I1 = ((−15) − VA)/R1 = ((−15) − 19,57)/10 = −3,457 A

Odpowiedź

I1 = −3,457 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 20,84 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 − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Rozwiąż

(VA − 18)/5 + VA/15 + (VA − 10)/20 = 2,5
VA·(1/5 + 1/15 + 1/20) = 2,5 + 18/5 + 10/20 = 6,6
VA = 6,6/0,3167 = 20,84 V
VB = 10,84 V

Odpowiedź

VA = 20,84 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR1 = 1,292 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​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​6 ΩA+−V2​10 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
12·I1 + 6(I1 − I2) = 24
18·I1 − 6·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
12·I2 + 6(I2 − I1) = (−10)
−6·I1 + 18·I2 = −10

Rozwiąż

Δ = (18)(18) − (−6)(−6) = 288
I1 = Δ1/Δ = 372/288 = 1,292 A
I2 = Δ2/Δ = −36/288 = −0,125 A

Odpowiedź

IR1 = I1 = 1,292 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I1 = 0,4585 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​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR4​25 ΩAR5​5 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
25·I1 + 25(I1 − I2) = 18
50·I1 − 25·I2 = 18

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 + 25(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 40·I2 − 5·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 + 5(I3 − I2) = (−6)
−5·I2 + 7·I3 = −6

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 8375
I1 = Δ1/Δ = 3840/8375 = 0,4585 A
I2 = Δ2/Δ = 1650/8375 = 0,197 A
I3 = Δ3/Δ = −6000/8375 = −0,7164 A

Odpowiedź

I1 = 0,4585 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: VR2 = 5,561 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​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​6 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 = 4+6 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
VA = 24·1,667/(12+1,667) = 2,927 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,927·6/10 = 1,756 V
VR2′ = VA − 0 = 2,927 − 0 = 2,927 V
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 ΩZWARCIER2​2 ΩAR4​6 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 5,714 = 2,927 Ω
VB = Is·Req = 3·2,927 = 8,78 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,78·1,714/5,714 = 2,634 V
VR2″ = VA − 0 = 2,634 − 0 = 2,634 V

Dodaj składowe

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 2,927 + 2,634 = 5,561 V

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

8.Superpozycja

Odpowiedź: PR1 = 6,082 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​ = 3 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​5 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) = 5 ∥ 17 = 3,864 Ω
VA = 15·3,864/(3+3,864) = 8,444 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8,444·2/17 = 0,9934 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (15 − 8,444)/3 = 2,185 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 ΩZWARCIER3​5 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 = 1,875 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,875 = 16,88 Ω
Req = R4 ∥ 16,88 = 1,788 Ω
VB = Is·Req = 2,5·1,788 = 4,47 V
VA = VB·1,875/16,88 = 0,4967 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,4967)/3 = −0,1656 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 ΩZWARCIER3​5 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·16,88/18,88 = 16,09 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 16,09·1,875/16,88 = 1,788 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,788)/3 = −0,596 A

Zsumuj wkłady prądu

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 2,185 + (−0,1656) + (−0,596) = 1,424 A

Moc w rezystorze

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

PR1 = IR1²·R1 = 1,424²·3 = 6,082 W

Odpowiedź

PR1 = 6,082 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 15,48 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 0,9231 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​ = 3 ΩZWARCIER2​3 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 = 5·3/(5+3) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 3 = 4,875 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 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) = 12·3/(5+3) = 4,5 V
IN​0,9231 ARth​4,875 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 = 4,5/4,875 = 0,9231 A
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 2,23 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​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩZWARCIER2​20 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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 3 = 8,714 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAIs​1 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) = 10,71 + 1·5,714 = 16,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,43 + 1·3 = 19,43 V
IN​2,23 ARth​8,714 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 = 19,43/8,714 = 2,23 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 4 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) = 4·10/(100 + 10) = 0,3636 V

Wzmocnienie nieodwracające

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,3636·(1 + 47/4,7) = 4 V

Odpowiedź

Vout = 4 V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 6,368 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 = −1/4,7 = −0,2128 mA
I2 = V2/R2 = 1,7/22 = 0,07727 mA
If = I1 + I2 = −0,1355 mA

Napięcie wyjściowe

Vout = −Rf·If = −47·(−0,1355) = 6,368 V

Odpowiedź

Vout = 6,368 V
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vL = 2,876 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.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 6/50 = 0,12 A

Napięcie na cewce

W t = 0 całe napięcie zasilania jest na cewce; potem maleje do zera.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 6·e−1/1,36 = 2,876 V

Odpowiedź

vL = 2,876 V
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 109,4 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 = 24 V
τ = R·C = 1 kΩ · 68 µF = 68 ms
vC(t) = 24 + (10 − 24)·e−t/τ

Wyznacz czas

21,2 = 24 + (−14)·e−t/τ → e−t/τ = (21,2 − 24)/(10 − 24) = 0,2
t = τ·ln((10 − 24)/(21,2 − 24)) = 68·ln(5) = 109,4 ms

Odpowiedź

t = 109,4 ms

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