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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​2 Ω

Знайдіть струм IR2 через R2.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 ΩR5 = 3 ΩR6 = 2 Ω
IR2 = A
3.Метод вузлових потенціалівСередня
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR3 через R3 у напрямку стрілки.

V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 ΩIR4​+−V1​10 VR3​10 ΩAR5​10 ΩBIs​6 A−+V2​9 V

Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти струм IR4 через R4 у напрямку стрілки.

V1 = 10 VIs = 6 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 ΩR5 = 10 Ω
IR4 = A
5.Метод контурних струмівСередня
R1​ = 5 ΩIR1​R2​ = 5 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 Ω
IR1 = A
6.Метод контурних струмівСкладна
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​9 VR4​3 ΩAR5​2 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Скористайтеся методом контурних струмів, щоб знайти струм IR3 через R3 у напрямку стрілки.

V1 = 9 VV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 ΩR5 = 2 Ω
IR3 = A
7.Метод накладанняСередня
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩIR2​AR4​3 ΩBIs​4 A

За методом накладання знайдіть потужність PR2, яку споживає R2.

V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 3 Ω
PR2 = W
8.Метод накладанняСкладна
R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 ΩIR4​+−V1​9 VR3​4 ΩAIs​1,5 AB−+V2​18 V

За методом накладання знайдіть потужність PR4, яку споживає R4.

V1 = 9 VIs = 1,5 AV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 25 ΩR3 = 4 ΩR4 = 30 Ω
PR4 = W
9.Тевенен і НортонСередня
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAIs​4 ABRL​4 ΩIL​

До a–b підключено навантаження RL = 4 Ω. За допомогою еквівалента Тевенена знайдіть потужність PL, що передається навантаженню.

V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩRL = 4 Ω
PL = W
11.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Підберіть резистор зворотного зв’язку Rf, щоб цей неінвертувальний підсилювач мав коефіцієнт підсилення за напругою 15.

R1 = 2 kΩAv = 15
Rf = kΩ
12.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,7 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 100 kΩ

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

V1 = 1,3 VV2 = 1,7 VR1 = 47 kΩR2 = 2 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 100 kΩ
Vout = V
13.Перехідні процеси RC і RLСередня
+−Vs​9 Vt = 0R = 10 ΩL10 mHi(t)

До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Знайдіть енергію W, накопичену в котушці при t = 1 ms, у mJ.

Vs = 9 VR = 10 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
14.Перехідні процеси RC і RLСкладна
+−Vs​6 Vрозмикається при t = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 6,8 kΩi2​C22 µF+−vC​

Ключ був замкнений тривалий час, тож коло в усталеному режимі. При t = 0 ключ розмикається. Знайдіть струм i2 через R2 при t = 80 ms.

Vs = 6 VR1 = 2,2 kΩR2 = 6,8 kΩC = 22 µFt = 80 ms
i2 = mA

3Розчини

1.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,54 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​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​12 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 = 6 + 12 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 10·18/(10+18) = 6,429 Ω
Req = R1 + 6,429 = 15 + 6,429 = 21,43 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 18/21,43 = 0,84 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0,84·15 = 5,4 V
IR2 = VA/R2 = 5,4/10 = 0,54 A

Відповідь

IR2 = 0,54 A
2.Послідовні й паралельні резистори

Відповідь: IR2 = 0,9659 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​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBR6​2 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 = 3 + 2 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 3,75 Ω
R3 + 3,75 = 13,75 Ω
R2 ∥ 13,75 = 3,667 Ω
Req = R1 + 3,667 = 10 + 3,667 = 13,67 Ω

Струм джерела

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

IR1 = V1/Req = 18/13,67 = 1,317 A

Струм через R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,317·10 = 4,829 V
IR2 = VA/R2 = 4,829/5 = 0,9659 A

Відповідь

IR2 = 0,9659 A
3.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR3 = −0,3624 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 9 V). Невідомі: VA, VB.

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/2 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/10 = 0
0,65·VA − 0,1·VB = 0,45

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/8 + (VB − VA)/10 = 1
−0,1·VA + 0,225·VB = 1

Розв’яжіть

Δ = (0,65)(0,225) − (−0,1)(−0,1) = 0,1363
VA = Δ1/Δ = 0,2013/0,1363 = 1,477 V
VB = Δ2/Δ = 0,695/0,1363 = 5,101 V

Відповідь

IR3 = (VA − VB)/R3 = (1,477 − 5,101)/10 = −0,3624 A
4.Метод вузлових потенціалів

Відповідь: IR4 = 5,331 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.

R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​10 VR3​10 ΩAR5​10 ΩBIs​6 A−+V2​9 V

Визначте вузли

Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 10 V, V2 = −9 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/10 + (VA − 10)/4 + (VA − VB)/2 = 0
0,85·VA − 0,5·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/10 + (VB − VA)/2 + (VB − (−9))/3 = 6
−0,5·VA + 0,9333·VB = 3

Розв’яжіть

Δ = (0,85)(0,9333) − (−0,5)(−0,5) = 0,5433
VA = Δ1/Δ = 3,833/0,5433 = 7,055 V
VB = Δ2/Δ = 3,8/0,5433 = 6,994 V

Відповідь

IR4 = (VB − V2)/R4 = (6,994 − −9)/3 = 5,331 A
5.Метод контурних струмів

Відповідь: IR1 = −0,8235 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​ = 5 ΩR2​ = 5 Ω+−V1​10 VR3​6 ΩA+−V2​30 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
5·I1 + 6(I1 − I2) = 10
11·I1 − 6·I2 = 10

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
5·I2 + 6(I2 − I1) = (−30)
−6·I1 + 11·I2 = −30

Розв’яжіть

Δ = (11)(11) − (−6)(−6) = 85
I1 = Δ1/Δ = −70/85 = −0,8235 A
I2 = Δ2/Δ = −270/85 = −3,176 A

Відповідь

IR1 = I1 = −0,8235 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

6.Метод контурних струмів

Відповідь: IR3 = −0,5566 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​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR4​3 ΩAR5​2 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
8·I1 + 3(I1 − I2) = 9
11·I1 − 3·I2 = 9

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
2·I2 + 3(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 7·I2 − 2·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 + 2(I3 − I2) = (−6)
−2·I2 + 10·I3 = −6

Розв’яжіть

Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 636
I1 = Δ1/Δ = 558/636 = 0,8774 A
I2 = Δ2/Δ = 138/636 = 0,217 A
I3 = Δ3/Δ = −354/636 = −0,5566 A

Відповідь

IR3 = I3 = −0,5566 A

Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.

7.Метод накладання

Відповідь: PR2 = 10,3 W

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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​3 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 = 2+3 = 5 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
VA = 10·2,5/(6+2,5) = 2,941 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,941·3/5 = 1,765 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (2,941 − 0)/5 = 0,5882 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩКЗR2​5 ΩAR4​3 ΩBIs​4 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 4,727 = 1,835 Ω
VB = Is·Req = 4·1,835 = 7,341 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 7,341·2,727/4,727 = 4,235 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (4,235 − 0)/5 = 0,8471 A

Додайте внески струму

IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,5882 + 0,8471 = 1,435 A

Потужність у резисторі

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

PR2 = IR2²·R2 = 1,435²·5 = 10,3 W

Відповідь

PR2 = 10,3 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 5,318 W, а це неправильно.

8.Метод накладання

Відповідь: PR4 = 35,24 W

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​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​4 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) = 4 ∥ 55 = 3,729 Ω
VA = 9·3,729/(8+3,729) = 2,861 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,861·30/55 = 1,561 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1,561 − 0)/30 = 0,05202 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​4 ΩAIs​1,5 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.

R1 ∥ R3 = 2,667 Ω, тож лівий шлях — R2+2,667 = 27,67 Ω
Req = R4 ∥ 27,67 = 14,39 Ω
VB = Is·Req = 1,5·14,39 = 21,59 V
VA = VB·2,667/27,67 = 2,081 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (21,59 − 0)/30 = 0,7197 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 30 ΩКЗR3​4 ΩAОБРИВB−+V2​18 V

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 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·27,67/57,67 = −8,636 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −8,636·2,667/27,67 = −0,8324 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−8,636 − −18)/30 = 0,3121 A

Додайте внески струму

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,05202 + 0,7197 + 0,3121 = 1,084 A

Потужність у резисторі

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

PR4 = IR4²·R4 = 1,084²·30 = 35,24 W

Відповідь

PR4 = 35,24 W

Сума потужностей окремих випадків дала б 18,54 W, а це неправильно.

9.Тевенен і Нортон

Відповідь: IN = 0,7895 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​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩКЗR2​4 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 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 20 = 21,71 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​4 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) = 30·4/(3+4) = 17,14 V
IN​0,7895 ARth​21,71 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 = 17,14/21,71 = 0,7895 A
10.Тевенен і Нортон

Відповідь: PL = 40,02 W

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​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩКЗR2​12 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 4 = 7,529 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAIs​4 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) = 6,353 + 4·3,529 = 20,47 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,47 + 4·4 = 36,47 V
Rth​ = 7,529 Ω+−Vth​36,47 VRL​4 ΩIL​

Підключіть навантаження до еквівалента Тевенена

Джерело Тевенена і послідовний R_th поводяться на a–b точно як початкове коло, тож навантаження бачить простий послідовний контур.

IL = Vth/(Rth + RL) = 36,47/(7,529 + 4) = 3,163 A
PL = IL²·RL = 3,163²·4 = 40,02 W
11.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Rf = 28 kΩ

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.

Коефіцієнт підсилення неінвертувального підсилювача

V₋ = V₊ = Vin, а струм через R₁ тече й через Rf, тож Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (15 − 1)·2 = 28 kΩ

Відповідь

Rf = 28 kΩ
12.Схеми з операційними підсилювачами

Відповідь: Vout = 1,637 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) = 1,7·100/(4,7 + 100) = 1,624 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 = −(2/47)·1,3 + (1 + 2/47)·1,624 = −0,05532 + 1,693 = 1,637 V

Відповідь

Vout = 1,637 V
13.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: W = 1,618 mJ

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 = 10 mH / 10 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 9/10 = 0,9 A

Струм у заданий момент

i(t) = 0,9·(1 − e−1/1) = 0,5689 A

Накопичена енергія

W = ½·L·i² = ½·10·0,5689² = 1,618 mJ

Відповідь

W = 1,618 mJ
14.Перехідні процеси RC і RL

Відповідь: i2 = 0,3905 mA

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.

Початкова напруга на конденсаторі

В усталеному режимі конденсатор — розрив кола, тож R₁ і R₂ утворюють подільник напруги. Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком у момент розмикання ключа.

vC(0) = 6·6,8/(2,2 + 6,8) = 4,533 V

Стала часу після розмикання ключа

τ = R2·C = 6,8·22 = 149,6 ms

Розряджання

vC(t) = 4,533·e−80/149,6 = 2,656 V
i2 = vC/R2 = 2,656/6,8 = 0,3905 mA

Відповідь

i2 = 0,3905 mA

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