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​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​4 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 30 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩIR2​AR4​5 ΩBR6​3 Ω

Wyznacz prąd IR2 płynący przez R2.

V1 = 18 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 ΩR5 = 15 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​2 Ω−+V1​12 VI1​R2​6 Ω+−V2​24 VR3​2 ΩA

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 = 12 VR1 = 2 ΩV2 = 24 VR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​8 ΩB0,1·VA​

Romb to źródło prądu sterowane napięciem, które wpycha prąd 0,1·VA (w A, przy VA w V) w górę do węzła B. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć potencjał węzła VA (mierzony względem masy).

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ωg = 0,1 A/V
VA = V
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩIR2​+−V1​18 VR3​2 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
IR2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩIR2​R3​ = 3 Ω+−V1​36 VR4​30 ΩAR5​3 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 5 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 ΩR5 = 3 Ω
IR2 = A
7.SuperpozycjaŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩIR2​AR4​5 ΩBIs​2,5 A

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR2 pobieraną przez R2.

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
PR2 = W
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​36 VR3​30 Ω+−VR3​AIs​4 AB−+V2​12 V

Użyj metody superpozycji, aby wyznaczyć napięcie VR3 na R3 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 36 VIs = 4 AV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 Ω
VR3 = V
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAIs​6 ABRL​8 ΩIL​

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

V1 = 15 VIs = 6 AR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 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 2.

R1 = 10 kΩAv = 2
Rf = kΩ
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,5 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −0,8 VR2​ = 100 kΩIf​

Wzmacniacz sumujący korzysta z idealnego wzmacniacza operacyjnego zasilanego napięciem ±15 V. Wyznacz prąd If płynący przez rezystor sprzężenia zwrotnego w stronę wyjścia.

V1 = −1,5 VV2 = −0,8 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​30 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 3,3 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 napięcie na kondensatorze vC w chwili t = 60 ms.

Vs = 30 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 60 ms
vC = V
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​15 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

W t = 0 układ czasowy zaczyna ładować nienaładowany kondensator przez rezystor ze źródła 15 V. Ma zadziałać, gdy napięcie kondensatora osiągnie 11,25 V, dokładnie 50 ms po starcie. Przy R = 100 kΩ wyznacz potrzebną pojemność C.

Vs = 15 VVth = 11,25 VT = 50 msR = 100 kΩ
C = µF

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 10,33 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​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​8 ΩAR4​4 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 + 4 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 8·16/(8+16) = 5,333 Ω
Req = R1 + 5,333 = 5 + 5,333 = 10,33 Ω

Odpowiedź

Req = 10,33 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR2 = 0,3911 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​ = 30 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​5 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 = 15 + 3 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,913 Ω
R3 + 3,913 = 6,913 Ω
R2 ∥ 6,913 = 2,092 Ω
Req = R1 + 2,092 = 30 + 2,092 = 32,09 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 18/32,09 = 0,5609 A

Prąd przez R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0,5609·30 = 1,173 V
IR2 = VA/R2 = 1,173/3 = 0,3911 A

Odpowiedź

IR2 = 0,3911 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I1 = −5,143 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 − (−12))/2 + (VA − 24)/6 + VA/2 = 0

Wyznacz VA

VA = ((−12)/2 + 24/6 + 0/2) / (1/2 + 1/6 + 1/2) = −2/1,167 = −1,714 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I1 = ((−12) − VA)/R1 = ((−12) − (−1,714))/2 = −5,143 A

Odpowiedź

I1 = −5,143 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: VA = 1,944 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.

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
0,3·VA − 0,05·VB = 0,5

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 = 0,1·VA
−0,15·VA + 0,175·VB = 0

Rozwiąż

Δ = (0,3)(0,175) − (−0,05)(−0,15) = 0,045
VA = Δ1/Δ = 0,0875/0,045 = 1,944 V
VB = Δ2/Δ = 0,075/0,045 = 1,667 V

Odpowiedź

VA = 1,944 V
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = −0,963 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​ = 6 Ω+−V1​18 VR3​2 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 + 2(I1 − I2) = 18
14·I1 − 2·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 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 2(I2 − I1) = (−10)
−2·I1 + 8·I2 = −10

Rozwiąż

Δ = (14)(8) − (−2)(−2) = 108
I1 = Δ1/Δ = 124/108 = 1,148 A
I2 = Δ2/Δ = −104/108 = −0,963 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = −0,963 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: IR2 = 1,364 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​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​36 VR4​30 ΩAR5​3 ΩB+−V2​5 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
5·I1 + 30(I1 − I2) = 36
35·I1 − 30·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
15·I2 + 30(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 48·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
3·I3 + 3(I3 − I2) = (−5)
−3·I2 + 6·I3 = −5

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 4365
I1 = Δ1/Δ = 9594/4365 = 2,198 A
I2 = Δ2/Δ = 5955/4365 = 1,364 A
I3 = Δ3/Δ = −660/4365 = −0,1512 A

Odpowiedź

IR2 = I2 = 1,364 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: PR2 = 7,815 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​12 VR2​8 ΩAR4​5 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+5 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
VA = 12·5,217/(6+5,217) = 5,581 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,581·5/15 = 1,86 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (5,581 − 0)/8 = 0,6977 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 ΩZWARCIER2​8 ΩAR4​5 ΩBIs​2,5 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 13,43 = 3,643 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,643 = 9,109 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 9,109·3,429/13,43 = 2,326 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (2,326 − 0)/8 = 0,2907 A

Zsumuj wkłady prądu

IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,6977 + 0,2907 = 0,9884 A

Moc w rezystorze

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

PR2 = IR2²·R2 = 0,9884²·8 = 7,815 W

Odpowiedź

PR2 = 7,815 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 4,57 W, co jest błędne.

8.Superpozycja

Odpowiedź: VR3 = 11,28 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​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​36 VR3​30 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) = 30 ∥ 13 = 9,07 Ω
VA = 36·9,07/(8+9,07) = 19,13 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 19,13·3/13 = 4,414 V
VR3′ = VA − 0 = 19,13 − 0 = 19,13 V
R1​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩZWARCIER3​30 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 = 6,316 Ω, więc lewa gałąź to R2+6,316 = 16,32 Ω
Req = R4 ∥ 16,32 = 2,534 Ω
VB = Is·Req = (−4)·2,534 = −10,14 V
VA = VB·6,316/16,32 = −3,924 V
VR3″ = VA − 0 = −3,924 − 0 = −3,924 V
R1​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩZWARCIER3​30 ΩAROZWARCIEB−+V2​12 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·16,32/19,32 = −10,14 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −10,14·6,316/16,32 = −3,924 V
VR3‴ = VA − 0 = −3,924 − 0 = −3,924 V

Dodaj składowe

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 19,13 + (−3,924) + (−3,924) = 11,28 V

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

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 9,6 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​ = 6 ΩR3​ = 5 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 5 = 7,4 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 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) = 24·4/(6+4) = 9,6 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IL = 4,094 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​ = 6 ΩR3​ = 6 ΩZWARCIER2​25 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 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 6 = 10,84 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAIs​6 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) = 12,1 + 6·4,839 = 41,13 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 41,13 + 6·6 = 77,13 V
Rth​ = 10,84 Ω+−Vth​77,13 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) = 77,13/(10,84 + 8) = 4,094 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 10 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 = (2 − 1)·10 = 10 kΩ

Odpowiedź

Rf = 10 kΩ
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = −0,3271 mA

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 = −1,5/4,7 = −0,3191 mA
I2 = V2/R2 = −0,8/100 = −0,008 mA
If = I1 + I2 = −0,3271 mA

Odpowiedź

If = −0,3271 mA
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 4,284 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.

Obwód zastępczy Thevenina widziany przez kondensator

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

Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·3,3/(6,8 + 3,3) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 30·3,3/(6,8 + 3,3) = 9,802 V

Stała czasowa

τ = Rth·C = 2,222·47 = 104,4 ms

Krzywa ładowania

vC(t) = 9,802·(1 − e−60/104,4) = 4,284 V

Odpowiedź

vC = 4,284 V
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: C = 0,3607 µF

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.

Wymagana stała czasowa

11,25 = 15·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(15/(15 − 11,25))
τ = 50/1,386 = 36,07 ms

Pojemność

kΩ razy µF daje milisekundy.

C = τ/R = 36,07/100 = 0,3607 µF

Odpowiedź

C = 0,3607 µF

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