Προτεινόµενες Ασκήσεις στις Αρχές και Θεωρήµατα των Ηλεκτρικών Κυκλωµάτων

Transcript

1 Προτεινόµενες Ασκήσεις στις Αρχές και Θεωρήµατα των Ηλεκτρικών Κυκλωµάτων από το βιβλίο «Ανάλυση Ηλεκτρικών Κυκλωµάτων», Ν. Μάργαρη Πρόβληµα Στα κυκλώµατα του Σχ. να βρεθούν οι τάσεις oc εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας. 0Ω 5Ω 3Ω oc 2 0V 0Ω 6V oc 0Ω (α) Σχήµα (β) ΛΥΣΗ 5Ω 3Ω 5Ω 3Ω oc 0V oc2 2 (γ) Σχήµα (δ) Τα κυκλώµατα των Σχ.(γ) και (δ) είναι οι δύο συνιστώσες του κυκλώµατος του Σχ.(α). Σύµφωνα µε την αρχή της επαλληλίας έχουµε oc oc oc2 () Όµως, από το Σχ.(γ) προκύπτει ενώ από το Σχ.(δ) προκύπτει Έτσι, από τις Εξ.()-(3) έχουµε oc 0 V (2) oc V (3) oc 4 V (4)

2 Τα κυκλώµατα των Σχ.(ε) και (στ) είναι οι δύο συνιστώσες του κυκλώµατος του Σχ.(β). Σύµφωνα µε την αρχή της επαλληλίας έχουµε oc oc oc2 (5) Από το Σχ.(ε) προκύπτει οπότε Από το Σχ.(στ) προκύπτει Έτσι, από τις Εξ.(5)-(8) έχουµε 0Ω i 6 0, 3 (6) 20 oc 0i 3 V (7) oc2 0 0 V (8) oc 3 V (9) 0Ω 0Ω i 6V 0Ω oc 0Ω oc2 0Ω (ε) Σχήµα Πρόβληµα 2 Να βρεθούν οι αντιστάσεις εισόδου του κυκλώµατος του Σχ.2 ως προς κάθε πηγή. (στ) 2V 2V Σχήµα 2 ΛΥΣΗ

3 Εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας, ως προς τις πηγές τάσης και ρεύµατος, προκύπτουν τα δύο κυκλώµατα συνιστώσες των Σχ.2(α) και (β). 2V j 2V j 2 j 3 (α) (β) Σχήµα 2 Από το κύκλωµα του Σχ.2(α) προκύπτει R inα ( ) 0,5Ω () Οι εξισώσεις απλών βρόχων του κυκλώµατος του Σχ.2(β) είναι 3 j j j3 2 (2) Αν η πηγή που ανήκει στους βρόχους 2 και 3 θεωρηθεί νεκρή, έχουµε j Συνεπώς V Rinβ 2 2 Ω (3) Τέλος, αν η του βρόχου θεωρηθεί νεκρή, έχουµε j 2 - και j 3 οπότε 2V 2V Rinγ j j (4)

4 Πρόβληµα 3 Στο κύκλωµα του Σχ.3 να βρεθεί η τάση στα άκρα της αντίστασης των 00Ω, α) όταν οι πηγές έχουν διαφορετική συχνότητα και β) όταν οι πηγές έχουν την ίδια συχνότητα s( t) 0 V, s2 ( t) 0 2συν000t V s( t) 5 2συν000t V, s2 ( t) 0 2συν000t V. 00Ω F 00Ω 0,H 0,H 00Ω s 00Ω s2 Σχήµα 3 ΛΥΣΗ α) ιεγέρσεις διαφορετικής συχνότητας Επειδή το κύκλωµα διεγείρεται από πηγές µε διαφορετική συχνότητα, για την ανάλυσή του θα εφαρµοστεί η αρχή της επαλληλίας. Έτσι, οδηγούµαστε στα κυκλώµατα συνιστώσες των Σχ. 3(α) και (β). 00Ω 00Ω -j0,00 Ω 00Ω 00Ω 00Ω j00ω j00ω 00Ω 0V α 00Ω V β 00Ω 0<0 o V (α) Σχήµα 3 (β) Στο κύκλωµα του Σχ.3(α), το οποίο διεγείρεται από πηγή συνεχούς τάσης, τα στοιχεία που αποθηκεύουν ενέργεια συµπεριφέρονται ως βραχυκυκλώµατα (πηνία) και ανοικτά κυκλώµατα (πυκνωτές). Εφαρµόζοντας σε αυτό το κύκλωµα την εξίσωση του διαιρέτη τάσης έχουµε α ( t ) , 33 V () 00 50

5 Στο κύκλωµα του Σχ.3(β) ο κλάδος µε σύνθετη αντίσταση 00-j0,00 Ω βρίσκεται παράλληλα προς την πηγή τάσης και συνεπώς µπορεί να παραληφθεί. Εφαρµόζοντας και πάλι την εξίσωση του διαιρέτη τάσης έχουµε V β 00 ( 00 j00) , 62 8, 43 V (2) 00 ( 00 j00) 00 j00 3 j Στο πεδίο του χρόνου η τάση αυτή είναι β 3,62 2συν(000t 8, 43 )V (3) Έτσι, εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας στο πεδίο του χρόνου προκύπτει β) ιεγέρσεις µε την ίδια συχνότητα 3,33 3,62 2συν(000t 8, 43 )V (4) α β Στην περίπτωση που οι διεγέρσεις έχουν την ίδια συχνότητα, η ανάλυση µπορεί να προχωρήσει και χωρίς την εφαρµογή της αρχής της επαλληλίας. Επιπλέον, σε αυτήν την περίπτωση, η αρχή της επαλληλίας µπορεί να εφαρµοστεί και στο πεδίο της συχνότητας. 00Ω -j0,00 Ω 00Ω -j0,00 Ω 00Ω j00ω j00ω 00Ω 00Ω j00ω j00ω 00Ω 5<0 o V V γ 00Ω V δ 00Ω 0<0 o V (γ) Σχήµα 3 (δ) Εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας το κύκλωµα του Σχ.3 αναλύεται στις συνιστώσες των Σχ.3(γ) και (δ). Σε αυτά τα κυκλώµατα ο κλάδος µε σύνθετη αντίσταση 00-j0,00 βρίσκεται κάθε φορά παράλληλα προς την πηγή τάσης και συνεπώς µπορεί να παραληφθεί. Έχουµε, λοιπόν V γ 5 0 4, 74 8, 43 V (5) 3 j και V δ 0 0 3, 62 8, 43 V (6) 3 j Στο πεδίο του χρόνου οι παραπάνω τάσεις είναι και γ ( t ) 4, 74 2συν ( 000t 8, 43 ) V (7)

6 δ ( t ) 3, 62 2συν ( 000t 8, 43 ) V (8) Επειδή οι πηγές έχουν την ίδια συχνότητα, το τελικό αποτέλεσµα της επαλληλίας µπορεί να προκύψει τόσο από το πεδίο της συχνότητας όσο και από το πεδίο του χρόνου. Η επαλληλία στο πεδίο του χρόνου έχει ως αποτέλεσµα ( t) γ ( t) δ ( t) 7, 902 2συν( 000t 8, 43 ) V (9) Η επαλληλία στο πεδίο της συχνότητας έχει ως αποτέλεσµα V Vγ Vδ 7, 902 8, 43 V (0) οπότε ο αντίστροφος µετασχηµατισµός στο πεδίο του χρόνου προκύπτει ( t) 7, 902 2συν( 000t 8, 43 ) V () Πρόβληµα 4 Να βρεθεί η τάση εξόδου του κυκλώµατος του Σχ.4 εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας. R R ο R 2 s s2 -µ R L o Σχήµα 4 ΛΥΣΗ Τα κυκλώµατα των Σχ.4(α) και (β) είναι οι δύο συνιστώσες του κυκλώµατος του Σχ.4, όπου κάθε φορά δρα µόνο µια από τις δύο ανεξάρτητες πηγές. Σύµφωνα µε την αρχή της επαλληλίας η ζητούµενη τάση εξόδου είναι Από το τµήµα εισόδου του κυκλώµατος του Σχ.4(α) προκύπτει o oα oβ () ενώ από το τµήµα εξόδου έχουµε α R R 2 s (2) R2

7 R R ο R 2 s α -µ α R L oα (α) R R ο R 2 s2 β -µ β R L oβ (β) Σχήµα 4 oα µrl R R o L α (3) Από τις Εξ.(2) και (3) προκύπτει µrl R o α 2 R R R R o L 2 s (4) Ακόµη, από το τµήµα εισόδου του κυκλώµατος του Σχ.4(β) προκύπτει β R R s 2 (5) R2 ενώ από το τµήµα εξόδου έχουµε oβ µrl R R o L β (6) Από τις Εξ.(5) και (6) προκύπτει µrl R o β R R R R o L 2 s2 (7) Τέλος, αντικαθιστώντας τις Εξ.(4) και (7) στην Εξ.() έχουµε

8 o µrl R R [ 2 s s2 ] (8) R R R R R R o L 2 2 Πρόβληµα 5 Να βρεθεί η τάση εξόδου του κυκλώµατος του Σχ.5 εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας. R f R R ο R 2 s s2 -µ R L o Σχήµα 5 ΛΥΣΗ Εφαρµόζοντας την αρχή της επαλληλίας το κύκλωµα του Σχ.5 αναλύεται στα δύο κυκλώµατα συνιστώσες των Σχ.5(α) και (β). Τα δύο αυτά κυκλώµατα έχουν µετασχηµατιστεί κατάλληλα, ώστε να εφαρµοστεί η µέθοδος των κόµβων. G f 2 G s G G 2 α µg o α G ο G L oα (α) G f 2 G 2 s2 G G 2 β µg o β G ο G L oβ (β) Σχήµα 5

9 Οι εξισώσεις κόµβων του Σχ.5(α) είναι G G2 Gf Gf eα G s G s G G G G e µg µg e f f o L 2α o α o α () ή G G2 Gf Gf eα G s G f µgo Gf Go GL e 2α 0 (2) Από την Εξ.(2) προκύπτει G (G f µg o) oα e2α s (Gf Go G L)(G G2 G f ) G f ( G f µg o) (3) Ανάλογα, από το Σχ.5(β) προκύπτει ή οπότε G G2 Gf Gf eβ G2s2 G2s2 Gf Gf Go GL e2β µgo β µgoe β G G2 Gf Gf eβ G2s2 G f µgo Gf Go GL e 2β 0 G (G µg ) e f o oβ 2β s2 (Gf Go G L)(G G2 G f ) G f ( G f µg o) (4) (5) (6) Τέλος, από τις Εξ.(3) και (6) έχουµε G (G µg ) ( ) f o o oα oβ s s2 (Gf Go G L)(G G2 G f ) G f ( G f µg o) (7) Πρόβληµα 6 Να βρεθεί το ισοδύναµο Théenin του κυκλώµατος του Σχ.6 ως προς τους α- κροδέκτες και Β (µ ).

10 R Γ µ s 2R R L R 2 µ 2 Σχήµα 6 ΛΥΣΗ R Γ µ s j 2R oc 2Ri R 2 µ 2 Σχήµα 6(α) Αποµακρύνοντας το φορτίο το κύκλωµα αποκτά τη µορφή του Σχ.6(α) και η τάση ανοικτού κυκλώµατος προκύπτει oc 2 Rj () Ακόµη, s µ ( 2 ) j (2) 4R Επιπλέον, ισχύουν οι σχέσεις ( µ ) µ2 s (3) και µ ( µ ) 2 s (4) οπότε και Από τις Εξ.(2),(5) και (6) προκύπτει s (5) 2 2 s (6) 2 µ j 4R s (7)

11 και τελικά oc µ 2Rj 2 s (8) R Γ µ s 2R i sc R 2 µ 2 Σχήµα 6(β) Αντικαθιστώντας το φορτίο µε βραχυκύκλωµα το κύκλωµα αποκτά τη µορφή του Σχ.6(β) και το ρεύµα βραχυκυκλώµατος προκύπτει Όµως, και οπότε i sc s µ µ 2R 2 µ 0 (0) 2 µ2 2 0 () i sc s (2) 2 R (9) Τέλος, η αντίσταση Théenin προκύπτει R TH oc i sc µ 2 s 2R s ( µ ) R (3)

12 Πρόβληµα 7 Στο κύκλωµα του Σχ.7 να βρεθεί το ρεύµα i o µε τη βοήθεια του θεωρήµατος της αντικατάστασης. 2Ω 6V i o Σχήµα 7 ΛΥΣΗ x 2Ω Α Γ 6V i o x' R xx' 2Ω (α) Γ Γ i o 2Ω R xx' R xx' (β) (γ) i xx' 6V R xx' i xx' 6 0,5Ω R xx' (δ) (ε)

13 i i 2 2Ω i 4 i 3 i xx' i o (στ) Σχήµα 7 Το κύκλωµα διαµελίζεται σε δύο υποκυκλώµατα µε την κατακόρυφη γραµµή xx', όπως φαίνεται στο Σχ.7(α). Η ισοδύναµη αντίσταση του κυκλώµατος δύο ακροδεκτών, που βρίσκεται στα δεξιά της xx' (Σχ.7(β) και (γ)), είναι 6 Rxx' 2Ω ( ) 2Ω (, 5Ω) Ω 7 () Το ρεύµα που διαρρέει την αντίσταση R xx' προκύπτει 0, 5 0, 5 ixx' 6,, 5 Rxx', (2) 7 Εφαρµόζοντας το θεώρηµα της αντικατάστασης, το υποκύκλωµα αριστερά της xx' αντικαθίσταται µε µια πηγή ρεύµατος i xx', όπως φαίνεται στο Σχ.7(στ). Από το σχήµα αυτό προκύπτει όπου και Τελικά, io i i4 (3), 5 i ixx' 0, 545 (4) 2, 5 i4 i2 ( ixx' i) 0, 363 (5) io 0, 908 (6) Πρόβληµα 8 Στο κύκλωµα του Σχ.8 η αντίσταση R έχει ονοµαστική τιµή και µεταβάλλεται κατά δr ±0,5Ω. Να βρεθεί το κύκλωµα ευαισθησίας, που αντιστοιχεί στη δεδοµένη µεταβολή της αντίστασης R και στη συνέχεια να υπολογιστούν οι αντίστοιχες µεταβολές του ρεύµατος της πηγής.

14 90V R Σχήµα 8 ΛΥΣΗ i s i R 90V j j 2 j 3 (α) i s δi s i R δi R 90V j δj j 2 δj 2 j 3 δj 3 δr (β) δi s δir δj δj 2 δj 3 δr δrj 3 (γ) Σχήµα 8 Οι εξισώσεις βρόχων του ονοµαστικού κυκλώµατος του Σχ.8(α) είναι 2 0 j 90 3 j j3 0 ()

15 Οι εξισώσεις βρόχων του διαταραγµένου κυκλώµατος, το οποίο παρουσιάζεται στο Σχ.8(β), προκύπτουν 2 0 j δj 90 3 j2 δj2 0 (2) 0 3 δr j3 δj3 0 Η Εξ.(2) γράφεται µε τη µορφή ή µε τη µορφή j δj j δj δr j3 δj3 0 (3) 2 0 j j 2 0 δj δj 90 3 j j2 3 δj δj j3 0 0 δr j3 0 3 δj3 0 0 δr δj3 0 (4) Έχοντας υπόψη την Εξ.(), η Εξ.(4) γίνεται ή j 2 0 δj j2 3 δj δr j3 0 3 δr δj3 (5) 2 0 δj 0 3 δj δr δj3 δrj3 (6) Από την Εξ.(6) προκύπτει το κύκλωµα ευαισθησίας του Σχ.8(γ). Επίσης, από την Εξ.(6) προκύπτει 0 0 δis δj 0 3 δrj3 3 δr δrj δr 3 δr δr j3 3 5δR (7) 0 3 δr Από την Εξ.() το ονοµαστικό ρεύµα της πηγής προκύπτει is j 55, 3846

16 και από την Εξ.(7) προκύπτουν οι µεταβολές του και δis( 0, 5Ω) 0, 2233 Α δis( 0, 5Ω) 0, 3297 Α Τέλος, στο Σχ.8(δ) παρουσιάζεται η γραφική παράσταση της Εξ.(7), δηλαδή της µεταβολής δi s συναρτήσει της µεταβολής δr. δi s () (δ) δr (Ω) Σχήµα 8 Πρόβληµα 9 Στο κύκλωµα του Σχ.9 η αντίσταση των 5Ω αντικαθίσταται από µιαν άλλη µεγέθους 8Ω. Να βρεθεί το κύκλωµα ευαισθησίας και να υπολογιστεί η µεταβολή του ρεύµατος στη σύνθετη αντίσταση 3j4 Ω. 5Ω 3Ω 0<0 o V j5ω j4ω Σχήµα 9

17 ΛΥΣΗ 5Ω I 5ΩδR IδI 3Ω 3Ω 0<0 o V J j5ω J 2 0<0 o V J δj j5ω J 2 δj 2 j4ω j4ω (α) 8Ω δi (β) 3Ω -3J δj j5ω δj 2 j4ω (γ) Σχήµα 9 Οι εξισώσεις βρόχων του ονοµαστικού κυκλώµατος, το οποίο παρουσιάζεται στο Σχ.9(α), είναι 5 j5 j5 J 0 0 () j5 3 j9 J2 0 Το διαταραγµένο κύκλωµα παρουσιάζεται στο Σχ.9(β) και οι εξισώσεις βρόχων προκύπτουν 8 j5 j5 J δj 0 0 j5 3 j9 2 δ J J2 0 (2) Η Εξ.(2) γράφεται µε τη µορφή 5 j5 j5 J 3 0 J 8 j5 j5 δj 0 0 j5 3 j j5 3 j9 δ J J J2 0 (3) Λόγω της Εξ.(), η Εξ.(3) αποκτά τη µορφή 8 j5 j5 δj 3 0 J 3J j5 3 j9 δ J2 0 0 J2 0 (4)

18 Η Εξ.(4) είναι η εξίσωση του διαταραγµένου κυκλώµατος και από αυτήν προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.9(γ). Από την Εξ.(4) προκύπτει η ζητούµενη µεταβολή του ρεύµατος 8 j5 3J j5 0 j5j δi δ J 2 (0,72 j0,0079) J (5) 8 j5 j5 (8 j5)(3 j9) 25 j5 3 j9 Από την Εξ.() έχουµε 0 j5 J 0 3 j9 5 j5 j5 j5 3 j9, 4483 j0, 6207 (6) οπότε δi 0,275 59, 43 (7)

19 Πρόβληµα 0 Να αναλυθεί το κύκλωµα του Σχ.0 στο πεδίο της συχνότητας χρησιµοποιώντας µια τροποποιηµένη µέθοδο ανάλυσης. Εφαρµογή: R R 2 R 5 R 6, C C 2 F, ( t ) ( t ) συνωt V και i ( t) συνωt. s s7 2 s8 2 i s8 C 3 C 4 s R R 5 s7 2 R 6 Σχήµα 0 ΛΥΣΗ I s8 I s8 jωc 3 2 jωc 4 3 jωc 3 2 jωc 4 3 I s V s I s7 G 2 G 5 G 6 V s7 4 I sx G G 5 I s7x 2 G 6 4 (α) Σχήµα 0 (β) Το κύκλωµα µετασχηµατίζεται στο πεδίο της συχνότητας, όπως φαίνεται στο Σχ.0(α). Στη συνέχεια εφαρµόζεται το θεώρηµα της αντικατάστασης και οι ανεξάρτητες πηγές τάσης αντικαθίστανται µε τις αντίστοιχες ανεξάρτητες πηγές ρεύµατος. Οι εξισώσεις κόµβων του κυκλώµατος του Σχ.0(β) είναι (G jωc ) E jωc E G E I I () sx s8 jωc3e [ G5 jω( C3 C4 )] E2 jωc4e3 G5E4 0 (2) jωc4e2 ( G6 jωc4 ) E3 G6E4 Is7x Is8 (3) G E G E G E (G G G ) E I 0 (4) s7x Ακόµη, για το κύκλωµα αυτό ισχύουν και οι περιορισµοί E V s (5)

20 και E3 V s 7 (6) Αντικαθιστώντας τις Εξ.(5) και (6) στις Εξ.()-(4) έχουµε jωc E G E I I (G jωc ) V (7) sx s8 2 3 s [ G5 jω( C3 C4 )] E2 G5E4 jωc3vs jωc4v s7 (8) jωc4e2 G6E4 Is7x Is8 ( G6 jωc4 ) Vs7 (9) G E (G G G ) E I G V G V (0) s7x 2 s 6 s7 Προσθέτοντας κατά µέλη τις Εξ.(9) και (0) προκύπτουν οι εξισώσεις jωc E G E I I (G jωc ) V () sx s8 2 3 s (G jωc ) E (G G ) E I jωc V (2) s8 4 s7 [ G5 jω( C3 C4 )] E2 G5E4 jωc3vs jωc4v s7 (3) οι οποίες γράφονται και µε τη µορφή jωc3 G2 E2 Is8 (G2 jωc 3) Vs (G5 jωc 4) G2 G5 0 4 s8 jωc E I 4Vs7 G 5 jω(c3 C 4) G5 0 sx jωc3 s jωc4 s7 I V V (4) Αντικαθιστώντας τις αριθµητικές τιµές των παραµέτρων, οι παραπάνω εξισώσεις γίνονται οπότε j E2 j j j E j2 0 sx 0 I (5) E 2 0,4 j0,2 0, ,56 V (6) και E 4 0,8 j0,6 36,86 V (7) sx 0,6 j0,8 53,3 I (8)

21 Πρόβληµα Να αναλυθούν τα κυκλώµατα του Σχ. χρησιµοποιώντας µια τροποποιηµένη µέθοδο ανάλυσης. 6V 75Ω 20Ω 00Ω 5V 20Ω 0,5 0V Σχήµα ΛΥΣΗ 5V i 2 20Ω 75Ω 2 i x i 3 20Ω i 6V 3 6x 4 i 5 0,5 5 i 7 i 8x 0V i 9 00Ω 6 Σχήµα (α) Στο κύκλωµα του Σχ. εφαρµόζεται το θεώρηµα της αντικατάστασης και οι ανεξάρτητες πηγές τάσης αντικαθίστανται µε τις αντίστοιχες ανεξάρτητες πηγές ρεύµατος, οπότε προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.(α). Οι εξισώσεις κόµβων αυτού του κυκλώµατος του είναι e e2 i x 0 () e ( ) e2 e3 0, 5 (2) e2 e3 i6x 0 (3) ( ) e4 e5 i6x 0 (4) 00

22 e4 e5 i8x 0 (5) Ακόµη, ισχύουν οι περιορισµοί e 5 V (6) e5 0V (7) e3 e4 6V (8) Απαλείφοντας το i 6x από τις Εξ.(3) και (4) και χρησιµοποιώντας την Εξ.(8) το σύστηµα των εξισώσεων γίνεται e2 i x e (9) ( )e2 e3 0,5 e (0) e2 e3 e () ή µε διανυσµατική µορφή e3 i8x 6 e5 (2) e2 0,2 0 0 e 3 0,5 e 0, ix 3, i e 8x e 5 e (3) Η λύση των Εξ.(3) προκύπει e 2 6,54 V, e 3 0,836 V, i x -0,2 και i 8x 3,6

23 Πρόβληµα 2 Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος του Σχ.2, ως προς τους ακροδέκτες και. 4Ω 5Ω 2Ω 50V 2Ω R L 20V Σχήµα 2 ΛΥΣΗ 4Ω 5Ω 2Ω 2 50V j 2Ω oc j 2 20V (α) 4Ω 5Ω 2Ω 2Ω (β) 4Ω 5Ω 2Ω 50V 2Ω i sc 20V (γ) Σχήµα 2 Για την εύρεση των ισοδυνάµων κυκλωµάτων Théenin και Norton ακολουθείται η εξής διαδικασία:

24 (α) Αφαιρείται από το κύκλωµα η αντίσταση φορτίου, όπως φαίνεται στο Σχ.2(α), και υπολογίζεται η τάση ανοικτού κυκλώµατος. Από τις εξισώσεις απλών βρόχων αυτού του κυκλώµατος 6 2 j j () 2 20 προκύπτει 50 2 j , 8 (2) 50 και j Έτσι, η τάση ανοικτού κυκλώµατος είναι 220 4, 4 (3) 50 oc 2 2( j j2 ) 5j2 2j 7j2, 2 V (4) (β) Νεκρώνονται οι ανεξάρτητες πηγές, όπως φαίνεται στο Σχ.2(β), και υπολογίζεται η αντίσταση εξόδου. Από αυτό το κύκλωµα προκύπτει R [(4Ω 2Ω) 5Ω] 2Ω [(8/ 6) 5] 2Ω, 52Ω (5) TH (γ) Στη συνέχεια, το ρεύµα βραχυκυκλώµατος υπολογίζεται από την τάση ανοικτού κυκλώµατος και την αντίσταση Théenin Voc,2 isc 7, 368 R,52 (6) TH ή από το κύκλωµα του Σχ.2(γ), όπου το φορτίο αντικαθίσταται από βραχυκύκλωµα. 0,644Ω,2V R L 7,39 0,644Ω R L (δ) Σχήµα 2 (ε)

25 Τα ισοδύναµα κυκλώµατα Théenin και Norton, που υπολογίστηκαν, παρουσιάζονται στα Σχ.2(δ) και (ε) αντίστοιχα. Πρόβληµα 3 Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος του Σχ.3, ως προς τους ακροδέκτες και. ίνεται: s( t) 0 2συν2t V και s2 ( t) 0 2συν( 2t 30 ) V. 0Ω 8Η 4Η 0Ω s 2Η s2 Σχήµα 3 ΛΥΣΗ 0Ω j6ω 0Ω j8ω 0Ω j6ω 0Ω j8ω 0<0 o V J V oc j4ω 0<30 o V j4ω (α) Σχήµα 3 (β) Το κύκλωµα µετασχηµατίζεται στο πεδίο της συχνότητας, όπως φαίνεται στο Σχ.3(α). Από αυτό το κύκλωµα προκύπτει J Vs Vs2 20 j , 429 j0, 559 0, , 5 () 20 j20 οπότε η τάση ανοικτού κυκλώµατος βρίσκεται Voc 0J V s2 4, 29 j5,59 0(συν30 jηµ30 ) 4,37 j0,59, 45 2, 42 V (2)

26 Κατόπιν νεκρώνονται οι ανεξάρτητες πηγές τάσης και προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.3(β). Από το κύκλωµα αυτό προκύπτει η σύνθετη αντίσταση Théenin 0( 0 j20) Z TH j8 7, 5 j0, 5 2, 9 54, 46 Ω (3) 20 j20 Πρόβληµα 4 Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος του Σχ.4, ως προς τους ακροδέκτες και. ίνεται s( t) 0 V και s2 ( t) 0 2συν( 2t 30 ) V 0Ω 8Η 4Η 0Ω s 2Η s2 Σχήµα 4 ΛΥΣΗ 0Ω 0Ω 0Ω 0Ω 0V (α) (β)

27 0Ω j6ω 0Ω j8ω 0Ω j6ω 0Ω j8ω J V oc j4ω 0<30 o V (γ) (δ) Σχήµα 4 Επειδή το κύκλωµα διεγείρεται από πηγές µε διαφορετική συχνότητα δεν ορίζεται ένα µοναδικό ισοδύναµο κύκλωµα Théenin ή Norton, αλλά για κάθε συχνότητα ορίζεται και ένα διαφορετικό ισοδύναµο κύκλωµα.οι δύο συνιστώσες του κυκλώµατος ως προς τη συχνότητα διέγερσης παρουσιάζονται στα Σχ.4(α) και (γ). Από τα κυκλώµατα των Σχ.4(α) και (β) προκύπτουν αντίστοιχα j4ω και oc V () R TH 5 Ω (2) ενώ από τα κυκλώµατα των Σχ.4(γ) και (δ) έχουµε αντίστοιχα J Vs , 345 j0, 09 0, (3) 20 j20 20 j20 οπότε Voc 0J V s2 5,24 j5,9 7,9 3,58 V (4) και 0( 0 j20) Z TH j8 7, 5 j0, 5 2, 9 54, 46 Ω (5) 20 j20 Πρόβληµα 5 Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος του Σχ.5, ως προς τους ακροδέκτες και. i R s k 2 R 2 k 2 i 2 R L Σχήµα 5

28 ΛΥΣΗ Για την εύρεση της τάσης ανοικτού κυκλώµατος αποµακρύνουµε την αντίσταση φορτίου R L, οπότε προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.5(α). Από αυτό το κύκλωµα προκύπτει και oc k2r2i () i s k R oc (2) Από τις Εξ.() και (2) υπολογίζεται η τάση ανοικτού κυκλώµατος oc R k R 2 2 k k R 2 2 s (3) i R s k k oc 2 i R 2 oc (α) i R k o k 2 i R 2 o (β) Σχήµα 5 Για την εύρεση της αντίστασης Théenin, νεκρώνεται η ανεξάρτητη πηγή τάσης και στην έξοδο συνδέεται η ανεξάρτητη πηγή τάσης o, όπως φαίνεται στο Σχ.5(β). Από το κύκλωµα αυτό προκύπτει ko i (4) R και o io k2i (5) R2 ή

29 Τελικά, από την Εξ.(6) βρίσκουµε R R kk2r 2 io R R TH 2 o RR 2 i R k k R o o 2 2 (6) (7) Το ρεύµα βραχυκυκλώµατος µπορεί να προκύψει έµµεσα, από την τάση ανοικτού κυκλώµατος και την αντίσταση Théenin. Προκύπτει, λοπόν: i sc oc k 2 R R TH s (8) Τα ισοδύναµα κυκλώµατα Théenin και Norton που υπολογίστηκαν παρουσιάζονται στα Σχ. 5(γ) και (δ). R R 2 R kk 2R2 k2r2 s R kk 2R2 R L k2 s R RR 2 R kk 2R2 R L (γ) Σχήµα 5 Πρόβληµα 6 Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος του Σχ. 6, ως προς τους ακροδέκτες και. αi s (δ) i s R e R c s R b R L Σχήµα 6 ΛΥΣΗ

30 Αποµακρύνοντας την αντίσταση φορτίου καταλήγουµε στο κύκλωµα του Σχ.6(α). Η τάση ανοικτού κυκλώµατος είναι Όµως, οπότε oc R R Rbis αrcis ( Rb αrc ) is () b i c s R oc e s R b Rb αr R R e b c s (2) (3) Στη συνέχεια, για την εύρεση του ρεύµατος βραχυκυκλώµατος, η έξοδος του κυκλώµατος βραχυκυκλώνεται, ενώ η εξαρτηµένη πηγή ρεύµατος µετασχηµατίζεται σε πηγή τάσης, όπως φαίνεται στο Σχ.6(β). Οι εξισώσεις βρόχων του κυκλώµατος είναι Re Rb Rb j s s R R R j αr i αr j b b c 2 c s c (4) ή Re Rb Rb j s Rb αrc Rb R c j 2 0 (5) οπότε i sc Rb αrc j2 R ( R R ) ( α) R R e b c b c s (6) Τέλος, από τις Εξ.(3) και (6) προκύπτει η ισοδύναµη αντίσταση Théenin R TH oc R ( R R ) ( α) R R i R R sc e b c b c e b (7)

31 αi s αr c i s i s R e R c i s R e R c s R b oc s R b j j 2 i sc (α) Σχήµα 6 Πρόβληµα 7 Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος του Σχ.7, ως προς τους ακροδέκτες και. ίνεται t συν t V s ( ) (β) Z L H 0,25F s 0,25F Σχήµα 7 ΛΥΣΗ j2ω V oc -j2ω 0<0 o V -j2ω Σχήµα 7(α) Από το κύκλωµα του Σχ.7(α) προκύπτει j 0 0 6,325 7, 56V 2 j V () oc

32 και ( j2)( j) Z TH, Ω (2) 2 j Από τις Εξ.() και (2) έχουµε V oc I sc (3) ZTH Πρόβληµα 8 Οι τιµές των παραµέτρων του κυκλώµατος του Σχ.8 είναι τέτοιες, ώστε το κύκλωµα να παρουσιάζει οµική συµπεριφορά, για κάθε συχνότητα ω. Να βρεθούν τα ισοδύναµα Théenin και Norton του κυκλώµατος, ως προς τους ακροδέκτες και. R L R 2 s C R 3 Σχήµα 8 ΛΥΣΗ Tο κύκλωµα του Σχ.8(α) παρουσιάζει οµική συµπεριφορά, για κάθε συχνότητα ω, όταν ι- σχύει η σχέση L R R2 () C Σε αυτήν την περίπτωση, η ισοδύναµη σύνθετη αντίσταση των δύο παράλληλων κλάδων του κυκλώµατος είναι Z L C (2)

33 R jlω R 2 V s /jcω V oc R 3 Σχήµα 8(α) Με βάση τα παραπάνω, η τάση ανοικτού κυκλώµατος του κυκλώµατος του Σχ.8(α) δίνεται από τη σχέση R3 Voc Vs (3) L R3 C ενώ η αντίσταση Théenin προκύπτει Τέλος, το ρεύµα βραχυκυκλώµατος προκύπτει L R3 TH C L R3 C Z (4) I sc Voc V s ZTH L C Πρόβληµα 9 Να βρεθεί το ισοδύναµο Théenin του κυκλώµατος του Σχ.9, ως προς τους ακροδέκτες, Α υπολογίζοντας την τάση ανοικτού κυκλώµατος αµέσως (δηλαδή χωρίς να ενδιαφέρει η νέκρωση της εξαρτηµένης πηγής) και εµµέσως (δηλαδή χωρίς να προκληθεί νέκρωση της εξαρτηµένης πηγής). Να συγκριθούν τα αποτελέσµατα των δύο µεθόδων. ίνεται t συν t V s ( ) i H ' 2i (5) s F Σχήµα 9

34 ΛΥΣΗ I V oc ' 2I /j5ω 0<0 o V (α) ' I V o ' 2I /j5ω J J 2 (β) ' Σχήµα 9 Μετασχηµατίζοντας το κύκλωµα στο πεδίο της συχνότητας και αποµακρύνοντας το φορτίο προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.9(α). Σε αυτό το κύκλωµα το ρεύµα I είναι µηδέν και συνεπώς η εξαρτηµένη πηγή τάσης νεκρώνεται. Επειδή το κύκλωµα δεν διαρρέεται από ρεύµα, προκύπτει ότι Voc Vs 0 0 V () Για τον υπολογισµό της σύνθετης αντίστασης Théenin νεκρώνεται η ανεξάρτητη πηγή τάσης και το φορτίο αντικαθίσταται από µιαν ανεξάρτητη πηγή τάσης, όπως φαίνεται στο Σχ.9(β). Οι εξισώσεις βρόχων αυτού του κυκλώµατος είναι 2 j5 j5 J V o J J j5 j5 (2) ή

35 Από την Εξ.(3) προκύπτει 2 j5 j5 J V o J j5 j5 (3) οπότε Z TH J ( 2 j0,2) Vo (4) Vo 0,495 j0,0495 0,4975 5,7 Ω (5) J 2 j0,2 Χωρίς να αλλοιωθεί η δοµή του κυκλώµατος µε τη νέκρωση της εξαρτηµένης πηγής, το φορτίο αντικαθίσταται µε βραχυκύκλωµα, όπως στο Σχ.9(γ), και υπολογίζεται το ρεύµα βραχυκυκλώµατος. I I sc ' 2I /j5ω 0<0 o V J J 2 (γ) ' Σχήµα 9 Οι εξισώσεις βρόχων του κυκλώµατος του Σχ.9(γ) είναι ή 2 j5 j5 J J J j5 j5 2 j5 j5 J J j5 j5 (6) (7) Από την Εξ.(7) προκύπτει Isc J 20 j2 20, 5.7 (8) και συνεπώς

36 Voc Z THJ ( 0,4975 5,7 )( 20, 5.7 ) 0 0 V (9) Από τα παραπάνω διαπιστώνεται ότι οι δύο µέθοδοι οδηγούν στο ίδιο ακριβώς αποτέλεσµα. Όµως, γενικά, η δεύτερη µέθοδος κρίνεται ορθότερη, επειδή δεν εµπεριέχει το ενδεχόµενο λάθους, εξαιτίας της προκαλούµενης αλλοίωσης της δοµής του κυκλώµατος.

37 Πρόβληµα 20 Να βρεθεί το ισοδύναµο Théenin του κυκλώµατος του Σχ.20, ως προς τους ακροδέκτες, Β. ίνεται t συν t V s ( ) H i 2i s F ' Σχήµα 20 ΛΥΣΗ Μετασχηµατίζοντας το κύκλωµα στο πεδίο της συχνότητας και αποµακρύνοντας το φορτίο προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.20(α). Από αυτό το κύκλωµα προκύπτει ή J( 2 j5 ) 0 2J () j5 J 0 j 5 0( j0, 2) 0, 98, 3 (2) j5 Έτσι, η τάση ανοικτού κυκλώµατος είναι Voc 2J J J 0,98,3 V (3) Στη συνέχεια το φορτίο αντικαθίσταται µε βραχυκύκλωµα και προκύπτει το κύκλωµα του Σχ.20(β). Οι εξισώσεις βρόχων του κυκλώµατος είναι ή j5 j5 j5 j5 J 0 0 j5 j ( 2) 2 J I J J j5 j5 j5 j5 j5 j5 J 0 j5 j5 2 0 J j5 j5 (4) (5)

38 I j5ω 2I I j5ω 2I J 2 0<0 o V J oc 0<0 o V J Ι sc (α) ' (β) ' Σχήµα 20 Από την Εξ.(5) προκύπτει το ρεύµα βραχυκυκλώµατος Isc J 5,05 j0, 495 5,07 74, 4 (6) Τέλος, από την τάση ανοικτού κυκλώµατος και το ρεύµα βραχυκυκλώµατος προκύπτει η σύνθετη αντίσταση Théenin ZTH VocI sc (0,98,3 )(5,07 74, 4 ) 5,7 63,09 Ω (7) Πρόβληµα 2 Να βρεθεί το ισοδύναµο Norton του κυκλώµατος του Σχ.2, ως προς τους α- κροδέκτες και. ίνεται t Vσυνωt V s ( ) 2. C c R g m c s o R L R 2 Σχήµα 2 ΛΥΣΗ Από το κύκλωµα του Σχ.2(α) έχουµε Επειδή προκύπτει Voc ( R R2 ) J gmr VC () VC J jcω (2)

39 gmr j( R R2 ) Cω Voc J jcω (3) Ακόµη, από τον βρόχο που σχηµατίζεται έχουµε ( R R2 ) J Vs gmrv C (4) jcω V s /jcω V c g m R V c V J oc V s /jcω V c g m R V c J J 2 I sc (α) R R 2 Σχήµα 2 (β) R R 2 Αντικαθιστώντας την Εξ.(2) προκύπτει οπότε [ R R2 ( gmr) ] J V s (5) jcω J jcω V g R j( R R ) Cω m 2 s (6) Τελικά, αντικαθιστώντας την Εξ.(6) στην Εξ.(3) έχουµε V oc gmr j( R R2 ) Cω V g R j( R R ) Cω m 2 s (7) Οι εξισώσεις απλών βρόχων του κυκλώµατος του Σχ.2(β) είναι ή s gmr R R2 R R2 s gmr V J C jcω jcω J V V 2 gmr C R R2 R R J V 2 gmr J jcω gmr R R2 R R2 jcω J V s gmr 2 0 R R2 R R J 2 jcω (8) (9)

40 Από την Εξ.(9) προκύπτει και τελικά έχουµε Z gmr j( R R2 ) Cω Isc J2 V R R TH 2 Voc R R2 I g R j( R R ) Cω sc m 2 Πρόβληµα 22 Να βρεθεί το ισοδύναµο Norton του κυκλώµατος του Σχ.22, ως προς τους α- κροδέκτες και. ίνεται t Vσυνωt V s ( ) 2. s (0) () H F i s 2i Σχήµα 22 ΛΥΣΗ Μετασχηµατίζουµε το κύκλωµα στο πεδίο της συχνότητας και αντικαθιστούµε το φορτίο µε βραχυκύκλωµα, όπως φαίνεται στο Σχ.22(α). Οι εξισώσεις βρόχων αυτού του κυκλώµατος είναι ή 2 2 J j J 2 2I 2( JJ 2 () J j J 2 0 (2) Από την Εξ.(2) προκύπτει το ρεύµα βραχυκυκλώµατος o i J j (3) sc 8 Στη συνέχεια, για να υπολογιστεί η σύνθετη αντίσταση Norton, νεκρώνεται η ανεξάρτητη πηγή τάσης και το φορτίο αντικαθίσταται µε µιαν άλλη ανεξάρτητη πηγή τάσης, όπως φαίνεται στο Σχ.22(β). Οι εξισώσεις βρόχων αυτού του κυκλώµατος είναι

41 I sc -j I <0 o V J J 2 2Ι (α) V o -j I J J 2 2Ι (β) Σχήµα J Vo Vo j J 2 2I 2( JJ 2 (4) ή 3 4 J V j J o (5) Το ρεύµα που διαρρέει την πηγή προκύπτει από την Εξ.(5) sc ( j) V o i J 034 (6) οπότε η σύνθετη αντίσταση Norton είναι Vo ZTH j J j o Ω (7)

42 Πρόβληµα 23 Να βρεθεί το ισοδύναµο Norton του κυκλώµατος του Σχ.23, ως προς τους α- κροδέκτες και. s R s µ r d o R L Σχήµα 23 ΛΥΣΗ Το ρεύµα βραχυκυκλώµατος προκύπτει από το κύκλωµα του Σχ.23(α). Σε αυτό το κύκλωµα ισχύουν οι σχέσεις µ isc () Rs rd και s R s Rsisc (2) Από τις Εξ.() και (2) προκύπτει οπότε i sc i µ ( s Rsisc ) R r sc s d µ ( µ ) R r s d s (3) (4) r d r d s R (α) R s µ i sc s Σχήµα 23 R s (β) µ oc Η τάση ανοικτού κυκλώµατος υπολογίζεται από το κύκλωµα του Σχ.23(β), στο οποίο έχει αποµακρυνθεί το φορτίο. Επειδή το κύκλωµα αυτό δεν διαρρέεται από ρεύµα ισχύει η σχέση oc µs (5)

43 Τέλος, από τις Εξ.(4) και (5) προκύπτει η αντίσταση Norton R N oc ( µ ) Rs rd (6) i sc