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​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​3 ΩB

Wyznacz rezystancję zastępczą Req widzianą przez źródło V1.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 25 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAR4​30 ΩBR6​4 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 36 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 8 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​6 Ω+−V1​15 VR2​5 Ω+−V2​24 VR3​5 ΩI3​A

Między węzłem A a masą są włączone trzy gałęzie, jak na rysunku. Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd I3 w gałęzi 3, płynący w górę do węzła A zgodnie ze strzałką.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩV2 = 24 VR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
I3 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 25 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 12 ΩIR4​+−V1​10 VR3​6 ΩAR5​3 ΩBIs​0,5 A+−V2​24 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR4 płynący przez R4 w kierunku strzałki.

V1 = 10 VIs = 0,5 AV2 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 Ω
IR4 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 Ω
I2 = A
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 3 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​15 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 ΩR5 = 15 Ω
I3 = 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 = 8 V i Is = 5 mA I = 6,75 mA; przy Vs = 20 V i Is = 1 mA I = 19,75 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 12 V i Is = 3 mA.

8 V, 5 mA → 6,75 mA20 V, 1 mA → 19,75 mAVs = 12 V, Is = 3 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩIR3​AIs​2 AB−+V2​12 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR3 pobieraną przez R3.

V1 = 24 VIs = 2 AV2 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
PR3 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 15 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 0,9 V

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

Vin = 0,9 VR1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1,2 VR2​ = 22 kΩIf​

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

V1 = −1,9 VV2 = −1,2 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
13.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​5 Vt = 0R = 15 ΩL68 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 = 5 VR = 15 ΩL = 68 mHt = 10 ms
W = mJ
14.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​10 Votwiera się w t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 4,7 kΩC10 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 = 75 ms.

Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µFt = 75 ms
vC = V

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: Req = 10,22 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​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​3 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 = 2 + 3 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Req = R1 + 2,222 = 8 + 2,222 = 10,22 Ω

Odpowiedź

Req = 10,22 Ω
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,162 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​ = 25 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAR4​30 ΩBR6​4 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 8,571 Ω
R3 + 8,571 = 23,57 Ω
R2 ∥ 23,57 = 5,973 Ω
Req = R1 + 5,973 = 25 + 5,973 = 30,97 Ω

Prąd ze źródła

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

IR1 = V1/Req = 36/30,97 = 1,162 A

Odpowiedź

IR1 = 1,162 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: I3 = −2,576 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)/6 + (VA − 24)/5 + VA/5 = 0

Wyznacz VA

VA = (15/6 + 24/5 + 0/5) / (1/6 + 1/5 + 1/5) = 7,3/0,5667 = 12,88 V

Prąd gałęzi

Strzałka wskazuje w górę wzdłuż gałęzi, do węzła A.

I3 = (0 − VA)/R3 = (0 − 12,88)/5 = −2,576 A

Odpowiedź

I3 = −2,576 A

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

4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR4 = −1,579 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​ = 25 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩAR5​3 ΩBIs​0,5 A+−V2​24 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 10 V, V2 = 24 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/6 + (VA − 10)/25 + (VA − VB)/3 = 0
0,54·VA − 0,3333·VB = 0,4

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/3 + (VB − 24)/12 = 0,5
−0,3333·VA + 0,75·VB = 2,5

Rozwiąż

Δ = (0,54)(0,75) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,2939
VA = Δ1/Δ = 1,133/0,2939 = 3,856 V
VB = Δ2/Δ = 1,483/0,2939 = 5,047 V

Odpowiedź

IR4 = (VB − V2)/R4 = (5,047 − 24)/12 = −1,579 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I2 = −2,302 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​ = 20 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​10 VR3​2 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
20·I1 + 2(I1 − I2) = 10
22·I1 − 2·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 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 5·I2 = −12

Rozwiąż

Δ = (22)(5) − (−2)(−2) = 106
I1 = Δ1/Δ = 26/106 = 0,2453 A
I2 = Δ2/Δ = −244/106 = −2,302 A

Odpowiedź

I2 = −2,302 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −1,457 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​ = 5 Ω+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​15 ΩB+−V2​18 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 + 2(I1 − I2) = 6
5·I1 − 2·I2 = 6

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 + 2(I2 − I1) + 15(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 27·I2 − 15·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 + 15(I3 − I2) = (−18)
−15·I2 + 20·I3 = −18

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 1495
I1 = Δ1/Δ = 1350/1495 = 0,903 A
I2 = Δ2/Δ = −1110/1495 = −0,7425 A
I3 = Δ3/Δ = −2178/1495 = −1,457 A

Odpowiedź

I3 = −1,457 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 11,25 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
8·k₁ + 5·k₂ = 6,75
20·k₁ + 1·k₂ = 19,75

Wyznacz stałe

Δ = (8)(1) − (5)(20) = −92
k₁ = Δ1/Δ = −92/−92 = 1
k₂ = Δ2/Δ = 23/−92 = −0,25
k₁ = 1 mA/V, k₂ = −0,25

Przewidź nowy prąd

I = 1·12 + (−0,25)·3 = 11,25 mA

Odpowiedź

I = 11,25 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR3 = 13,63 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​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​10 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) = 10 ∥ 9 = 4,737 Ω
VA = 24·4,737/(5+4,737) = 11,68 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 11,68·6/9 = 7,784 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (11,68 − 0)/10 = 1,168 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​10 ΩAIs​2 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 = 3,333 Ω, więc lewa gałąź to R2+3,333 = 6,333 Ω
Req = R4 ∥ 6,333 = 3,081 Ω
VB = Is·Req = 2·3,081 = 6,162 V
VA = VB·3,333/6,333 = 3,243 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (3,243 − 0)/10 = 0,3243 A
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 6 ΩZWARCIER3​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·6,333/12,33 = −6,162 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −6,162·3,333/6,333 = −3,243 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−3,243 − 0)/10 = −0,3243 A

Zsumuj wkłady prądu

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 1,168 + 0,3243 + (−0,3243) = 1,168 A

Moc w rezystorze

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

PR3 = IR3²·R3 = 1,168²·10 = 13,63 W

Odpowiedź

PR3 = 13,63 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 15,74 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 8 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​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩZWARCIER2​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 8 = 11,33 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​10 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) = 12·10/(5+10) = 8 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: IN = 4,071 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​ = 2 ΩR3​ = 6 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 = 2·2/(2+2) = 1 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1 + 6 = 7 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​2 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) = 7,5 + 3·1 = 10,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,5 + 3·6 = 28,5 V
IN​4,071 ARth​7 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 = 28,5/7 = 4,071 A
11.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 5,113 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.

Wejście odwracające podąża za wejściem

V₋ = V₊ = 0,9 V
I = V₋/R1 = 0,9/4,7 = 0,1915 mA

Napięcie wyjściowe

Prąd przez R₁ płynie też przez Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,9 + 0,1915·22 = 5,113 V

Odpowiedź

Vout = 5,113 V
12.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: If = −0,09497 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 = −1,9/47 = −0,04043 mA
I2 = V2/R2 = −1,2/22 = −0,05455 mA
If = I1 + I2 = −0,09497 mA

Odpowiedź

If = −0,09497 mA
13.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 2,991 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 = 68 mH / 15 Ω = 4,533 ms
i(∞) = Vs/R = 5/15 = 0,3333 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,3333·(1 − e−10/4,533) = 0,2966 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·68·0,2966² = 2,991 mJ

Odpowiedź

W = 2,991 mJ
14.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: vC = 1,381 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) = 10·4,7/(2,2 + 4,7) = 6,812 V

Stała czasowa po otwarciu łącznika

τ = R2·C = 4,7·10 = 47 ms

Rozładowanie

vC(t) = 6,812·e−75/47 = 1,381 V

Odpowiedź

vC = 1,381 V

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