Теорія електричних кіл 1: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 14 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

Послідовне з’єднання резисторів
Req = R1 + R2 + …
Паралельне з’єднання резисторів
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Два паралельно
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Закон Ома
V = I·R
Потужність
P = V·I = I²R = V²/R

Метод

  1. Почніть з кінця мережі, найдальшого від затискачів.
  2. Послідовні резистори об’єднуйте додаванням, паралельні — за 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Перемальовуйте коло після кожного кроку.
  4. Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.

Метод вузлових потенціалів

Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0

Метод

  1. Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
  2. Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
  3. Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
  4. Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.

Метод контурних струмів

Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру

Метод

  1. Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
  2. Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
  3. У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
  4. Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.

Метод накладання

Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Метод

  1. Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
  2. Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
  3. Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
  4. Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.

Тевенен і Нортон

Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Метод

  1. Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
  2. Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
  3. Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
  4. Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
  5. Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.

Схеми з операційними підсилювачами

Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0

Перехідні процеси RC і RL

Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ

Метод

  1. Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
  2. Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
  3. Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
  4. Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​3 ΩB

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBR6​5 Ω

Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 ΩR5 = 25 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​5 ΩBIs​2,5 A

Методом вузлових потенціалів знайдіть потужність PIs, яку віддає джерело струму Is.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
PIs = W
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩAR5​8 ΩBIs​6 A+−V2​5 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти вузлову напругу VA (відносно землі).

V1 = 30 VIs = 6 AV2 = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 8 Ω
VA = V
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I2 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
I2 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​20 ΩAR5​10 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти контурний струм I1 (за годинниковою стрілкою).

V1 = 6 VV2 = 6 VR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 ΩR5 = 10 Ω
I1 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Скористайтеся методом накладання, щоб знайти струм IR1 через R1 у напрямку стрілки.

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​30 VR3​6 ΩIR3​AIs​3 AB+−V2​?

Знайдіть значення джерела напруги V2 (полярність як на схемі), за якого струм IR3 через R3 дорівнює нулю.

V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 Ω
V2 = V
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAab

Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.

V1 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 25 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAIs​6 ABab

Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
11.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 1,8 V

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.

Vin = 1,8 VR1 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
12.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 0,6 VR1​ = 100 kΩV2​ = −0,4 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 47 kΩ

ОП ідеальний і живиться від ±15 V. Відношення опорів не узгоджені. Знайдіть вихідну напругу Vout.

V1 = 0,6 VV2 = −0,4 VR1 = 100 kΩR2 = 47 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
13.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​15 Vt = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 3,3 kΩC22 µF+−vC​

Джерело Vₛ заряджає конденсатор через R₁, а R₂ під’єднано паралельно C. Конденсатор розряджений, коли вимикач замикається в момент t = 0. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 100 ms.

Vs = 15 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 22 µFt = 100 ms
vC = V
14.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​20 Vt = 0R = 10 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 6 V з указаною полярністю. За який час vC досягне 14,4 V? Знайдіть t.

Vs = 20 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 6 V
t = ms

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,7855 A

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​3 ΩB

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.

R3 + R4 = 8 + 3 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 20·11/(20+11) = 7,097 Ω
Req = R1 + 7,097 = 12 + 7,097 = 19,1 Ω

Струм джерела

Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.

IR1 = V1/Req = 15/19,1 = 0,7855 A

Відповідь

IR1 = 0,7855 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR1 = 0,819 A

Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.

R1​ = 12 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​6 ΩBR6​5 Ω

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.

R5 + R6 = 25 + 5 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 5 Ω
R3 + 5 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 6,316 Ω
Req = R1 + 6,316 = 12 + 6,316 = 18,32 Ω

Струм джерела

Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.

IR1 = V1/Req = 15/18,32 = 0,819 A

Відповідь

IR1 = 0,819 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: PIs = 23,39 W

Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.

ЗСК у вузлі A

Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/10 = 0
0,5·VA − 0,1·VB = 0,6

ЗСК у вузлі B

Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/10 = 2,5
−0,1·VA + 0,3·VB = 2,5

Розв’яжіть

Δ = (0,5)(0,3) − (−0,1)(−0,1) = 0,14
VA = Δ1/Δ = 0,43/0,14 = 3,071 V
VB = Δ2/Δ = 1,31/0,14 = 9,357 V

Потужність, яку віддає джерело струму

Джерело подає Iₛ угору у вузол B, від землі (0 V) до VB. Джерело, струм якого виходить з його затискача +, віддає потужність P = V·I.

PIs = VB·Is = 9,357·2,5 = 23,39 W

Відповідь

PIs = 23,39 W
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: VA = 14,06 V

Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.

R1​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩAR5​8 ΩBIs​6 A+−V2​5 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 30 V, V2 = 5 V). Невідомі: VA, VB.

ЗСК у вузлі A

Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 30)/12 + (VA − VB)/25 = 0
0,2483·VA − 0,04·VB = 2,5

ЗСК у вузлі B

Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/8 + (VB − VA)/25 + (VB − 5)/8 = 6
−0,04·VA + 0,29·VB = 6,625

Розв’яжіть

Δ = (0,2483)(0,29) − (−0,04)(−0,04) = 0,07042
VA = Δ1/Δ = 0,99/0,07042 = 14,06 V
VB = Δ2/Δ = 1,745/0,07042 = 24,78 V

Відповідь

VA = 14,06 V
5.Метод контурних струмів

Відповідь: I2 = −0,4773 A

Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.

R1​ = 20 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Призначте контурні струми

У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.

ЗНК для контуру 1

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
20·I1 + 20(I1 − I2) = 15
40·I1 − 20·I2 = 15

ЗНК для контуру 2

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 32·I2 = −18

Розв’яжіть

Δ = (40)(32) − (−20)(−20) = 880
I1 = Δ1/Δ = 120/880 = 0,1364 A
I2 = Δ2/Δ = −420/880 = −0,4773 A

Відповідь

I2 = −0,4773 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I1 = 0,1008 A

Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.

R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​20 ΩAR5​10 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Призначте контурні струми

У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2, I3. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.

ЗНК для контуру 1

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
30·I1 + 20(I1 − I2) = 6
50·I1 − 20·I2 = 6

ЗНК для контуру 2

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 20(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 33·I2 − 10·I3 = 0

ЗНК для контуру 3

Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
8·I3 + 10(I3 − I2) = (−6)
−10·I2 + 18·I3 = −6

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 17500
I1 = Δ1/Δ = 1764/17500 = 0,1008 A
I2 = Δ2/Δ = −840/17500 = −0,048 A
I3 = Δ3/Δ = −6300/17500 = −0,36 A

Відповідь

I1 = 0,1008 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: IR1 = 0,6046 A

Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBОБРИВ

Випадок 1 · діє лише V1

Iₛ стає розривом, тож R₃ і R₄ утворюють одну послідовну гілку від A до землі, паралельну R₂.

R3+R4 = 12+15 = 27 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·27/(5+27) = 4,219 Ω
VA = 12·4,219/(4+4,219) = 6,16 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,16·15/27 = 3,422 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (12 − 6,16)/4 = 1,46 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩКЗR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Випадок 2 · діє лише Is

V₁ стає коротким замиканням, тож R₁ паралельний R₂. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ і шляхом через R₃.

R1 ∥ R2 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 15 ∥ 14,22 = 7,3 Ω
VB = Is·Req = 3·7,3 = 21,9 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 21,9·2,222/14,22 = 3,422 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 3,422)/4 = −0,8555 A

Додайте складові

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,46 + (−0,8555) = 0,6046 A

Від’ємний результат означає, що насправді струм тече проти стрілки.

8.Метод накладання

Відповідь: V2 = 47 V

Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.

R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​30 VR3​6 ΩAОБРИВBКЗ

Випадок 1 · діє лише V1

V₂ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. З боку A резистор R₃ паралельний послідовній парі R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 6 ∥ 28 = 4,941 Ω
VA = 30·4,941/(30+4,941) = 4,242 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,242·25/28 = 3,788 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩКЗR3​6 ΩAIs​3 ABКЗ

Випадок 2 · діє лише Is

Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃. Стрілка Iₛ спрямована вниз, від його вузла, тож Iₛ відбирає струм із цього вузла: його доданок входить зі знаком мінус.

R1 ∥ R3 = 5 Ω, тож лівий шлях — R2+5 = 8 Ω
Req = R4 ∥ 8 = 6,061 Ω
VB = −Is·Req = −3·6,061 = −18,18 V
VA = VB·5/8 = −11,36 V

Випадок 3 · діє лише V2, на один вольт

V₁ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. R₁ ∥ R₃ відходить від A, послідовно з R₂ назад до B.

R1 ∥ R3 = 5 Ω
VA‴ = V2·5/(25 + 3 + 5) = 0,1515·V2

Прирівняйте VA до нуля

При VA = 0 напруга на R₃ відсутня, тож струм через нього дорівнює нулю.

VA′ + VA″ + VA‴ = 4,242 + (−11,36) + 0,1515·V2 = 0
V2 = 7,121/0,1515 = 47 V

Відповідь

V2 = 47 V
9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,3529 A

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 10 ΩКЗR2​5 ΩAabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 10 = 13,08 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 12·5/(8+5) = 4,615 V
IN​0,3529 ARth​13,08 Ωab

Еквівалент Нортона

Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.

IN = Vth/Rth = 4,615/13,08 = 0,3529 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: Vth = −63,75 V

Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.

R1​ = 25 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​15 ΩAОБРИВBabRth​

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.

R1 ∥ R2 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 2 = 11,38 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAIs​6 ABab+−Vth​

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,5 + (−6)·9,375 = −51,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −51,75 + (−6)·2 = −63,75 V
11.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 10,26 V

Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.

Інвертувальний вхід повторює вхід

V₋ = V₊ = 1,8 V
I = V₋/R1 = 1,8/10 = 0,18 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,8 + 0,18·47 = 10,26 V

Відповідь

Vout = 10,26 V
12.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = −0,8165 V

Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.

Напруга на вході +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −0,4·47/(4,7 + 47) = −0,3636 V

Накладіть дію двох входів

При V₂ = 0 для V₁ схема — інвертувальний підсилювач. При V₁ = 0 V₊ підсилюється з коефіцієнтом неінвертувального підсилювача 1 + R₂/R₁.

Vout = −(47/100)·0,6 + (1 + 47/100)·(−0,3636) = −0,282 + (−0,5345) = −0,8165 V

Відповідь

Vout = −0,8165 V
13.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: vC = 3,126 V

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Еквівалентна схема Тевенена з боку конденсатора

Закоротіть джерело, щоб знайти Rth; розімкніть конденсатор, щоб знайти напругу, до якої він зарядиться.

Rth = R1 ∥ R2 = 10·3,3/(10 + 3,3) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 15·3,3/(10 + 3,3) = 3,722 V

Стала часу

τ = Rth·C = 2,481·22 = 54,59 ms

Крива заряджання

vC(t) = 3,722·(1 − e−100/54,59) = 3,126 V

Відповідь

vC = 3,126 V
14.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: t = 302,4 ms

Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.

Початкове значення, кінцеве значення, стала часу

Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 20 + (6 − 20)·e−t/τ

Виразіть час

14,4 = 20 + (−14)·e−t/τ → e−t/τ = (14,4 − 20)/(6 − 20) = 0,4
t = τ·ln((6 − 20)/(14,4 − 20)) = 330·ln(2,5) = 302,4 ms

Відповідь

t = 302,4 ms

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