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

Метод

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

Метод вузлових потенціалів

Закон струмів Кірхгофа: ΣI_in = ΣI_out
Струм гілки: I = (V_a − V_b)/R
Опорний вузол: V_ground = 0

Метод

Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
Виразіть кожен струм гілки як (V_a − V_b)/R.
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

Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
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

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

Тевенен і Нортон

Напруга Тевенена: V_th = V_{open circuit}
Опір Тевенена: R_th: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона: I_N = V_th/R_th
Струм навантаження: I_L = V_th/(R_th + R_L)
Передача максимальної потужності: R_L = R_th, P_max = V_th²/(4R_th)

Метод

Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це V_th.
Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це R_th.
Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: V_th послідовно з R_th.
Для еквівалента Нортона перетворіть: I_N = V_th/R_th, з паралельним R_N = R_th.

Схеми з операційними підсилювачами

Інвертувальний підсилювач: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Неінвертувальний підсилювач: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Сумувальний підсилювач: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
Ідеальний ОП: V₊ = V₋, I_in = 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; v_C не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі: коротке замикання; i_L не може змінитися стрибком
Усталений режим: t ≈ 5τ

Метод

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

2Задачі для практики

1.Послідовні й паралельні резисториСередня

Знайдіть струм I_R2 через R₂.

V₁ = 9 VR₁ = 15 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 10 Ω

I_R2 = A

2.Послідовні й паралельні резисториСкладна

Знайдіть струм I_R2 через R₂.

V₁ = 15 VR₁ = 6 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 4 ΩR₄ = 3 ΩR₅ = 20 ΩR₆ = 25 Ω

I_R2 = A

3.Метод вузлових потенціалівСередня

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм I_R1 через R₁ у напрямку стрілки.

V₁ = 12 VI_s = 1 AR₁ = 6 ΩR₂ = 8 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 5 Ω

I_R1 = A

4.Метод вузлових потенціалівСкладна

Ромб — це джерело струму, кероване напругою, що подає струм 0,05·V_A (в A, де V_A у V) угору у вузол B. Методом вузлових потенціалів знайдіть вузлову напругу V_B (відносно землі).

V₁ = 18 VR₁ = 8 ΩR₂ = 15 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 25 Ωg = 0,05 A/V

V_B = V

5.Метод контурних струмівСередня

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

V₁ = 12 VV₂ = 18 VR₁ = 6 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 15 Ω

I₁ = A

6.Метод контурних струмівСкладна

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

V₁ = 9 VV₂ = 5 VR₁ = 2 ΩR₂ = 6 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 8 ΩR₅ = 30 Ω

I₁ = A

7.Метод накладанняСередня

Лінійне резистивне коло містить одне джерело напруги V_s і одне джерело струму I_s. Струм I через резистор навантаження виміряли двічі: при V_s = 2 V і I_s = 10 mA I = 4,4 mA; при V_s = 5 V і I_s = 2 mA I = 6,4 mA. Знайдіть струм навантаження I при V_s = 2 V і I_s = 8 mA.

2 V, 10 mA → 4,4 mA5 V, 2 mA → 6,4 mAV_s = 2 V, I_s = 8 mA

I = mA

8.Метод накладанняСкладна

За методом накладання знайдіть потужність P_R2, яку споживає R₂.

V₁ = 9 VI_s = 2 AV₂ = 18 VR₁ = 6 ΩR₂ = 2 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 4 Ω

P_R2 = W

9.Тевенен і НортонСередня

Знайдіть напругу Тевенена V_th з боку затискачів a–b.

V₁ = 24 VR₁ = 4 ΩR₂ = 12 ΩR₃ = 20 Ω

V_th = V

10.Тевенен і НортонСкладна

Знайдіть напругу Тевенена V_th з боку затискачів a–b.

V₁ = 10 VI_s = 2,5 AR₁ = 15 ΩR₂ = 4 ΩR₃ = 5 Ω

V_th = V

11.Схеми з операційними підсилювачамиСередня

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

V_in = −0,9 VR₁ = 100 kΩR_f = 100 kΩ

V_out = V

12.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна

Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть струм I_f через резистор зворотного зв’язку, що тече до виходу.

V₁ = −0,9 VV₂ = 1,7 VR₁ = 100 kΩR₂ = 4,7 kΩR_f = 2 kΩ

I_f = mA

13.Перехідні процеси RC і RLСередня

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть струм i у момент t = 1 ms.

V_s = 5 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms

i = A

14.Перехідні процеси RC і RLСкладна

Таймер при t = 0 починає заряджати незаряджений конденсатор через резистор від джерела 9 V. Він має спрацювати, коли напруга на конденсаторі досягне 5,69 V, рівно через 1000 ms після старту. При C = 1 µF знайдіть потрібний опір R.

V_s = 9 VV_th = 5,69 VT = 1000 msC = 1 µF

R = kΩ

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: I_R2 = 0,1674 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.

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 = 6 + 10 = 16 Ω

R₂ ∥ 16 = 20·16/(20+16) = 8,889 Ω

R_eq = R₁ + 8,889 = 15 + 8,889 = 23,89 Ω

Струм джерела

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

I_R1 = V₁/R_eq = 9/23,89 = 0,3767 A

Струм через R₂

Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 9 − 0,3767·15 = 3,349 V

I_R2 = V_A/R₂ = 3,349/20 = 0,1674 A

Відповідь

I_R2 = 0,1674 A

2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: I_R2 = 0,8678 A

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

R₅ + R₆ = 20 + 25 = 45 Ω

R₄ ∥ 45 = 2,813 Ω

R₃ + 2,813 = 6,813 Ω

R₂ ∥ 6,813 = 3,19 Ω

R_eq = R₁ + 3,19 = 6 + 3,19 = 9,19 Ω

Струм джерела

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

I_R1 = V₁/R_eq = 15/9,19 = 1,632 A

Струм через R₂

Відніміть спад на R₁, щоб отримати напругу у вузлі A, тобто напругу на R₂.

V_A = V₁ − I_R1·R₁ = 15 − 1,632·6 = 5,207 V

I_R2 = V_A/R₂ = 5,207/6 = 0,8678 A

Відповідь

I_R2 = 0,8678 A

3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: I_R1 = 0,9147 A

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.

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V₁ = 12 V). Невідомі: V_A, V_B.

ЗСК у вузлі A

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

V_A/R₂ + (V_A − V₁)/R₁ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

V_A/8 + (V_A − 12)/6 + (V_A − V_B)/10 = 0

0,3917·V_A − 0,1·V_B = 2

ЗСК у вузлі B

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

V_B/R₄ + (V_B − V_A)/R₃ = I_s

V_B/5 + (V_B − V_A)/10 = 1

−0,1·V_A + 0,3·V_B = 1

Розв’яжіть

Δ = (0,3917)(0,3) − (−0,1)(−0,1) = 0,1075

V_A = Δ₁/Δ = 0,7/0,1075 = 6,512 V

V_B = Δ₂/Δ = 0,5917/0,1075 = 5,504 V

Відповідь

I_R1 = (V₁ − V_A)/R₁ = (12 − 6,512)/6 = 0,9147 A

4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: V_B = 12,85 V

ЗСК для вузла A

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

(V_A − V₁)/R₁ + V_A/R₂ + (V_A − V_B)/R₃ = 0

0,3583·V_A − 0,1667·V_B = 2,25

ЗСК для вузла B

Залежне джерело подає g·V_A у вузол B. Розглядайте його як незалежне джерело, потім перенесіть доданок з V_A у ліву частину.

(V_B − V_A)/R₃ + V_B/R₄ = 0,05·V_A

−0,2167·V_A + 0,2067·V_B = 0

Розв’яжіть

Δ = (0,3583)(0,2067) − (−0,1667)(−0,2167) = 0,03794

V_A = Δ₁/Δ = 0,465/0,03794 = 12,25 V

V_B = Δ₂/Δ = 0,4875/0,03794 = 12,85 V

Відповідь

V_B = 12,85 V

5.Метод контурних струмів

Відповідь: I₁ = 0,2941 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.

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

6·I₁ + 15(I₁ − I₂) = 12

21·I₁ − 15·I₂ = 12

ЗНК для контуру 2

R₂·I₂ + R₃(I₂ − I₁) = −V₂

20·I₂ + 15(I₂ − I₁) = (−18)

−15·I₁ + 35·I₂ = −18

Розв’яжіть

Δ = (21)(35) − (−15)(−15) = 510

I₁ = Δ₁/Δ = 150/510 = 0,2941 A

I₂ = Δ₂/Δ = −198/510 = −0,3882 A

Відповідь

I₁ = 0,2941 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: I₁ = 1,093 A

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

R₁·I₁ + R₄(I₁ − I₂) = V₁

2·I₁ + 8(I₁ − I₂) = 9

10·I₁ − 8·I₂ = 9

ЗНК для контуру 2

R₂·I₂ + R₄(I₂ − I₁) + R₅(I₂ − I₃) = 0

6·I₂ + 8(I₂ − I₁) + 30(I₂ − I₃) = 0

−8·I₁ + 44·I₂ − 30·I₃ = 0

ЗНК для контуру 3

R₃·I₃ + R₅(I₃ − I₂) = −V₂

6·I₃ + 30(I₃ − I₂) = (−5)

−30·I₂ + 36·I₃ = −5

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 4536

I₁ = Δ₁/Δ = 4956/4536 = 1,093 A

I₂ = Δ₂/Δ = 1092/4536 = 0,2407 A

I₃ = Δ₃/Δ = 280/4536 = 0,06173 A

Відповідь

I₁ = 1,093 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: I = 4 mA

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.

Запишіть відгук як суму внесків

Кожен внесок пропорційний своєму джерелу з коефіцієнтом, що залежить лише від резисторів.

I = k₁·V_s + k₂·I_s

2·k₁ + 10·k₂ = 4,4

5·k₁ + 2·k₂ = 6,4

Знайдіть коефіцієнти

Δ = (2)(2) − (10)(5) = −46

k₁ = Δ₁/Δ = −55,2/−46 = 1,2

k₂ = Δ₂/Δ = −9,2/−46 = 0,2

k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = 0,2

Обчисліть новий струм

I = 1,2·2 + 0,2·8 = 4 mA

Відповідь

I = 4 mA

8.Метод накладання

Відповідь: P_R2 = 5,159 W

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) = 8 ∥ 6 = 3,429 Ω

V_A = 9·3,429/(6+3,429) = 3,273 V

V_B = V_A·R₄/(R₂+R₄) = 3,273·4/6 = 2,182 V

I_R2′ = (V_A − V_B)/R₂ = (3,273 − 2,182)/2 = 0,5455 A

Випадок 2 · діє лише I_s

Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃.

R₁ ∥ R₃ = 3,429 Ω, тож лівий шлях — R₂+3,429 = 5,429 Ω

R_eq = R₄ ∥ 5,429 = 2,303 Ω

V_B = I_s·R_eq = 2·2,303 = 4,606 V

V_A = V_B·3,429/5,429 = 2,909 V

I_R2″ = (V_A − V_B)/R₂ = (2,909 − 4,606)/2 = −0,8485 A

Випадок 3 · діє лише V₂

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

R₁ ∥ R₃ = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω

V_B = V₂·(R₂+R₁∥R₃)/(R₄+R₂+R₁∥R₃) = (−18)·5,429/9,429 = −10,36 V

V_A = V_B·(R₁∥R₃)/(R₂+R₁∥R₃) = −10,36·3,429/5,429 = −6,545 V

I_R2‴ = (V_A − V_B)/R₂ = (−6,545 − −10,36)/2 = 1,909 A

Додайте внески струму

I_R2 = I_R2′ + I_R2″ + I_R2‴ = 0,5455 + (−0,8485) + 1,909 = 1,606 A

Потужність у резисторі

Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.

P_R2 = I_R2²·R₂ = 1,606²·2 = 5,159 W

Відповідь

P_R2 = 5,159 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 9,324 W, а це неправильно.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: V_th = 18 V

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

Знайдіть R_th з усіма вимкненими джерелами

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

R₁ ∥ R₂ = 4·12/(4+12) = 3 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3 + 20 = 23 Ω

Знайдіть V_th — 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.

V_th = V₁·R₂/(R₁+R₂) = 24·12/(4+12) = 18 V

10.Тевенен і Нортон

Відповідь: V_th = 22,5 V

Знайдіть R_th з усіма вимкненими джерелами

R₁ ∥ R₂ = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω

R_th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = 3,158 + 5 = 8,158 Ω

Знайдіть V_th — 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.

V_A = V₁·R₂/(R₁+R₂) + I_s·(R₁∥R₂) = 2,105 + 2,5·3,158 = 10 V

V_th = V_B = V_A + I_s·R₃ = 10 + 2,5·5 = 22,5 V

11.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: V_out = −1,8 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₊ = −0,9 V

I = V₋/R₁ = −0,9/100 = −0,009 mA

Вихідна напруга

Струм через R₁ тече й через R_f.

V_out = V₋ + I·R_f = −0,9 + (−0,009)·100 = −1,8 V

Відповідь

V_out = −1,8 V

12.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: I_f = 0,3527 mA

Вхідні струми

V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.

I₁ = V₁/R₁ = −0,9/100 = −0,009 mA

I₂ = V₂/R₂ = 1,7/4,7 = 0,3617 mA

I_f = I₁ + I₂ = 0,3527 mA

Відповідь

I_f = 0,3527 mA

13.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i = 0,05206 A

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.

Стала часу і кінцевий струм

Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.

τ = L/R = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms

i(∞) = V_s/R = 5/50 = 0,1 A

Струм у заданий момент

i(t) = i(∞)·(1 − e^−t/τ) = 0,1·(1 − e^−1/1,36) = 0,05206 A

Відповідь

i = 0,05206 A

14.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: R = 999,7 kΩ

Потрібна стала часу

5,69 = 9·(1 − e^−1000/τ) → τ = 1000/ln(9/(9 − 5,69))

τ = 1000/1 = 999,7 ms

Опір

kΩ помножити на µF дає мілісекунди.

R = τ/C = 999,7/1 = 999,7 kΩ

Відповідь

R = 999,7 kΩ

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

Теорія електричних кіл 1: шпаргалка-підсумок

1Формули та методи

Послідовні й паралельні резистори

Метод

Метод вузлових потенціалів

Метод

Метод контурних струмів

Метод

Метод накладання

Метод

Тевенен і Нортон

Метод

Схеми з операційними підсилювачами

Перехідні процеси RC і RL

Метод

2Задачі для практики

3Розчини

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Струм джерела

Струм через R₂

Відповідь

Об’єднуйте резистори з дальнього кінця

Струм джерела

Струм через R₂

Відповідь

Визначте вузли

ЗСК у вузлі A

ЗСК у вузлі B

Розв’яжіть

Відповідь

ЗСК для вузла A

ЗСК для вузла B

Розв’яжіть

Відповідь

Призначте контурні струми

ЗНК для контуру 1

ЗНК для контуру 2

Розв’яжіть

Відповідь

Призначте контурні струми

ЗНК для контуру 1

ЗНК для контуру 2

ЗНК для контуру 3

Розв’яжіть

Відповідь

Запишіть відгук як суму внесків

Знайдіть коефіцієнти

Обчисліть новий струм

Відповідь

Випадок 1 · діє лише V1

Випадок 2 · діє лише Is

Випадок 3 · діє лише V2

Додайте внески струму

Потужність у резисторі

Відповідь

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами

Знайдіть Vth — напругу холостого ходу

Інвертувальний вхід повторює вхід

Вихідна напруга

Відповідь

Вхідні струми

Відповідь

Стала часу і кінцевий струм

Струм у заданий момент

Відповідь

Потрібна стала часу

Опір

Відповідь

Випадок 1 · діє лише V₁

Випадок 2 · діє лише I_s

Випадок 3 · діє лише V₂

Знайдіть R_th з усіма вимкненими джерелами

Знайдіть V_th — напругу холостого ходу

Знайдіть R_th з усіма вимкненими джерелами

Знайдіть V_th — напругу холостого ходу