ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗΣ

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗΣ Θεόδωρος Η. Αλεξόπουλος, Εµµανουήλ Α. ρης, Σταύρος Ε. Μαλτέζος, Γεώργιος. Τσιπολίτης Εργαστήριο Πειραµατικής Φυσικής Υψηλών Ενεργειών Σχολή Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών και Φυσικών Επιστηµών Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο 5 Φεβρουαρίου 202 Version 2.4 c Θ.Α., Μ.., Σ.Μ., Γ.Τ.

Περιεχόµενα Ανάλυση Κυκλωµάτων 2 Τελεστικοί Ενισχυτές 75 3 Ψηφιακά Κυκλώµατα 3 4 ίοδος, Τρανζίστορ 25 5 Γενικές ασκήσεις 45

Πρόλογος Αυτό το εγχειρίδιο αποτελεί µια σειρά ϐοηθητικών ασκήσεων του µαθήµατος Ηλεκτρονικά & Εργαστήριο" που διδάσκεται στους σπουδαστές του 5 oυ εξαµήνου της Σχολής Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών & Φυσικών Επιστηµών του Εθνικού Μετσοβίου Πολυτεχνείου της κατεύθυνσης Φυσικού Εφαρµογών. Το µάθηµα Ηλεκτρονικά & Εργαστήριο περιλαµβάνει τη διδασκαλία των ϐασικών εννοιών αναλογικών και ψηφιακών ηλεκτρονικών. Οι σηµειώσεις αυτές ουσιαστικά χωρίζονται σε τέσσερα κεφάλαια που αντιστοιχούν στα τέσσερα κεφάλαια των σηµειώσεων του µαθήµατος. Ειδικότερα αυτά τα κεφάλαια είναι :. Ανάλυση Κυκλωµάτων 2. Τελεστικοί Ενισχυτές 3. Ψηφιακά Κυκλώµατα 4. Βασικά Κυκλώµατα Ενισχυτών µε Τρανζίστορ. Επιπλέον υπάρχει και ένα πέµπτο κεφάλαιο όπου ϑα ϐρείτε διάφορες γενικές ασκήσεις που εδόθησαν κατά τη διάρκεια των εξετάσεων του µαθήµατος Ηλεκτρονικά & Εργαστήριο" της σχολής ΕΜΦΕ. Αυτή η έκδοση του εγχειριδίου περιλαµβάνει ένα σύνολο 67 ασκήσεων. Ελπίζουµε ότι αυτές οι σηµειώσεις ϑα ϐοηθήσουν τους σπουδαστές να κατανοήσουν καλύτερα την ύλη του µαθήµατος. Θέλουµε να επισηµάνουµε ότι το εγχειρίδιο αυτό ΕΝ υποκαθιστά µε κανένα τρόπο το ϐιβλίο/σηµειώσεις και την παρακολούθηση του µαθήµατος. Θα δεχτούµε µε ευχαρίστηση τυχόν διορθώσεις, παρατηρήσεις και υποδείξεις σας. Θα ϑέλαµε να ευχαριστήσουµε το Σωτήρη Φραγκίσκο, ϕοιτητή της ΣΕΜΦΕ για τη ϐοήθεια του στη δακτυλογράφηση του µεγαλύτερου µέρους του εγχειριδίου. Θεόδωρος Αλεξόπουλος, theoalex@central.ntua.gr Μανόλης ρης, dris@central.ntua.gr Σταύρος Μαλτέζος, maltezos@central.ntua.gr Γιώργος Τσιπολίτης, yorgos@central.ntua.gr Αθήνα 2005

2

Ανάλυση Κυκλωµάτων Πρόβληµα. ίνεται το υψιπερατό ϕίλτρο του σχήµατος (.), όπου το σήµα εισόδου είναι : = ˆυ cos(ωt). (α) Να υπολογίσετε την κυκλική συχνότητα καµπής ω b. (ϐ) Να σχεδιάσετε χονδρικά το µέτρο του κέρδους (ή µέτρο της συνάρτησης µεταφοράς) A ως συνάρτηση της κυκλικής συχνότητας ω. (γ) Να σχεδιάσετε τη διαφορά ϕάσης εξόδου-εισόδου ως συνάρτηση του ω. C=5 nf U i =2 kω U o Σχήµα. (α) Η συχνότητα καµπής είναι : ω b = C = Hz = 33, 3 khz. 2000 5 0 9 (ϐ) Το κέρδος Α ϑα είναι : µε µέτρο : και ϕάση : A = +, jωc A = ( ωb ), 2 + ω

2 Ανάλυση Κυκλωµάτων A φ π/2 0,707 π/4 (α) 33,3kHz ω (β) 33,3kHz ω Σχήµα.2 φ = arctan (ω b /ω). Το κέρδος και η διαφορά ϕάσης εξόδου-εισόδου δίνονται στο σχήµα (.2α,β) αντίστοιχα. Πρόβληµα.2 ίνεται το κύκλωµα ϕίλτρου του σχήµατος (.3). Η τάση εισόδου είναι : = ˆv i cos(ωt). (α) Να µετασχηµατίσετε το κύκλωµα µε χρήση του ϑεωρήµατος Thevenin ώστε να προκύψει ισοδύναµο κύκλωµα µε πηγή εναλλασσόµενης τάσης και ωµική αντίσταση ή αυτεπαγωγή σε σειρά. Να ϐρεθεί η σχέση του κέρδους (µιγαδικό µέγεθος), A = V L /V i και του µέτρου του A, ως συνάρτηση της κυκλικής συχνότητας ω. Τί είδους ϕίλτρο είναι αυτό ; (ϐ) Να δώσετε την κυκλική συχνότητα καµπής, ω b, ως συνάρτηση των διαφόρων στοιχείων του κυκλώµατος µε ϐάση τη σχέση : V L (ω b ) 2 V L ( ) = 2. (γ) Να ϐρεθεί ο συντελεστής αυτεπαγωγής L του πηνίου, ώστε η κυκλική συχνότητα καµπής του ϕίλτρου να είναι ίση µε 33,3 khz. U i + - =6 kω 2 =2 kω L U o + - Σχήµα.3 (α) Η ισοδύναµη τάση Thevenin είναι : 2 = cos ωt, + 2

3 ~ V L L 2 (α) (β) Σχήµα.4 όπου ϐρίσκεται από το διαιρέτη τάσης µεταξύ των αντιστάσεων, 2. Το πλάτος της τάσης Thevenin είναι : και η ισοδύναµη αντίσταση Thevenin ϑα είναι : ˆυ i = ˆ 2 + 2, = 2 = 2 = 6 2 Ω =, 5 kω, + 2 6 + 2 όπως ϕαίνεται από το σχήµα (.4ϐ). Το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin ϕαίνεται στο σχήµα (.4α). (ϐ) Το πλάτος τάσης του πηνίου ϑα είναι : V L = ˆV i jωl jωl + = V i ( 2 + 2 ) jωl jωl + Εποµένως,το κέρδος είναι : V L = V i 2 + 2 j/ωl. A = V L 2 = V i + 2 j/ωl. Παρατηρούµε οτι για ω 0 το A 0. Εποµένως, αυτό το κύκλωµα είναι ένα υψιπερατό ϕίλτρο. V L V i = 2 + 2 ( ) 2 + ωl 2 υ L (ω) = + 2 ( ) (.0.) 2 + ωl Εχουµε : υ L ( ) = 2 + 2. υ L (ω b ) = 2 2 2 + 2, (.0.2)

4 Ανάλυση Κυκλωµάτων και εποµένως από τις σχέσεις (.0.) και (.0.2) ϑα έχουµε : + 2 (ω b L) 2 ω 2 b L 2 = 2 = 2 (γ) ω b = L ω b = L. =, 5 kω L = 33, 3 khz L =, 5 H = 45 mh. 33, 3 Πρόβληµα.3 Να επιλύσετε το κύκλωµα του σχήµατος (.5) για να ϐρείτε τις τάσεις των κόµβων και 2. Είναι ϐολικό να χρησιµοποιήσετε τη µέθοδο των κόµβων. ίνονται : i = 0, 5 A, i 2 = 2 A, = 4 Ω, 2 = 2 Ω, 3 = 3 Ω, 4 = 6 Ω. 2 2 i 3 i 2 4 Σχήµα.5 Για τους κόµβους και 2 ϑα έχουµε άθροισµα ϱευµάτων ίσο µε µηδέν : Από τις σχέσεις (.0.3) και (.0.4) παίρνουµε : υ υ 2 2 + υ i = 0, (.0.3) υ υ 2 2 + υ 2 4 + υ 2 3 + i 2 = 0. (.0.4) υ υ 2 + υ 2 4 = 5 2(υ υ 2 ) + υ = 20, υ υ 2 υ 2 2 6 + υ 2 3 = 2 3(υ υ 2 ) υ 2 + 2υ 2 = 2. Εποµένως, το σύστηµα των δύο εξισώσεων µε αγνώστους τις τάσεις υ, υ 2 είναι : 3υ 2υ 2 = 20,

5 Επιλύοντας αυτό το σύστηµα ϑα έχουµε : 3υ + 4υ 2 = 2. υ = 9, 3 V, υ 2 = 4, 0 V. Πρόβληµα.4 Θεωρήστε το κύκλωµα του σχήµατος (.6). (α) Για σήµα εισόδου = ˆυ o cos(ωt), να ϐρείτε µια έκφραση για το σήµα εξόδου υ o (µιγαδική έκφραση). (ϐ) Κάτω από ποιά συνθήκη ο λόγος υ o / είναι ανεξάρτητος του ω; C C 2 2 υ o Σχήµα.6 (α) c + c 2 2 /( + 2 ) C A A B Γ υ Γ 2 i + 2 C 2 2 (α) B (β) c + c 2 2 /( + 2 ) 2 /( + 2 ) c + c 2 c c + c 2 2 + 2 υ o 2 + 2 c c + c 2 υ o (γ) (δ) Σχήµα.7 Σύµφωνα µε το ϑεώρηµα του Thevenin µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε δύο ισοδύναµα κυκλώµατα για να αντικαταστήσουµε τους πυκνωτές και τις αντιστάσεις, όπως ϕαίνεται στο σχήµα (.7α,β). Εποµένως, το τελικό ισοδύναµο κύκλωµα δίνεται στο σχήµα (.7γ,δ). Από το δεύτερο κανόνα του Kirchhoff ϑα έχουµε : για το ϱεύµα I (που ϑα διαρρέει το κύκλωµα (.7δ)) τη σχέση : ) I ( 2 + 2 + jω(c + C 2 ) = ( 2 + 2 C C + C 2 I = jω[ 2(C + C 2 ) C ( + 2 )] + 2 + jω(c + C 2 ) 2 V i. ) V i

6 Ανάλυση Κυκλωµάτων Η τάση εξόδου υ o είναι : και εποµένως το κέρδος είναι : V o = I jω(c + C 2 ) + C C + C 2, V o V i = C C + C 2 + 2 (C + C 2 ) C ( + 2 ) (C + C 2 )[ + 2 + jω 2 (C + C 2 )]. (ϐ) Από το ισοδύναµο κύκλωµα του σχήµατος (.7δ) αν οι δύο πηγές ϱεύµατος είναι ίσες τότε το κύκλωµα δε διαρρέεται από ϱεύµα (I = 0), εποµένως ϑα έχουµε : 2 + 2 = C C + C 2 και το κέρδος είναι : υ o = C = 2 C 2, C C + C 2 = όπου το κέρδος είναι ανεξάρτητο της κυκλικής συχνότητας ω. 2 + 2, Πρόβληµα.5 Θεωρήστε το κύκλωµα του σχήµατος (.8). Για σήµα εισόδου = ˆυ o cos(ωt), να ϐρείτε το πλάτος της τάσης στην αντίσταση. i C 2 Σχήµα.8 Η σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος είναι : Z = + 2 (/jωc) 2 + /jωc Το ϱεύµα I είναι : Z = + Z = 2 + jω 2 C = + 2( jω 2 C) + ω 2 2 2C2 ( + 2 + ω 2 2 2 C2 ) jω2 2C + ω 2 2 2. C2 και η τάση της αντίστασης είναι : µε πλάτος : I = V i Z, V = I = V i Z,

7 όπου το µέτρο της σύνθετης αντίστασης Z είναι : V = V i Z = ˆυ o, Z ( ) 2 2 ω 2 Z = + + ω 2 2 2 + 2C 4 2 C2 ( + ω 2 2 2C2 ) 2. Πρόβληµα.6 Ενα ηλεκτρικό κύκλωµα αποτελείται από πυκνωτές χωρητικότητας C και πηνία αυτεπαγωγής L, όπως ϕαίνεται στο σχήµα (.9). Το κύκλωµα επεκτείνεται ως το άπειρο στα δεξιά των ακροδεκτών Α, Β. Μια τάση = ˆυ o cos(ωt) εφαρµόζεται στους ακροδέκτες Α, Β µε αποτέλεσµα να δηµιουργείται ένα ϱεύµα i i που διαρρέει το κύκλωµα. Να υπολογίσετε τη µέση ισχύ : < P >= 2 e(i i ), του κυκλώµατος ως συνάρτηση του ω, όπου e είναι το πραγµατικό µέρος του µιγαδικού αριθµού i i και το µιγαδικό συζυγές του. A C C C i i L L L B Σχήµα.9 Η τάση και ϱεύµα εισόδου είναι : = e (ˆυ o e jωt), όπου Z είναι η ολική σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος. Η µέση ισχύς είναι : Εστω ότι : i i = e (îo e jωt) = Z, < P >= ( ) 2 e(i i ) = ˆυ2 o 2 e. Z Z = jωc, Z 2 = jωl, είναι η σύνθετη αντίσταση ενός πυκνωτή και ενός πηνίου. Προφανώς το δικτύωµα του σχήµατος (.9) είναι ισοδύναµο µε το κύκλωµα (.0), εφόσον το δικτύωµα επεκτείνεται στο άπειρο στα δεξιά του κυκλώµατος. Εποµένως, η σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος στα άκρα ΑΒ είναι : Οι ϱίζες του τριωνύµου είναι : Z = Z + + Z 2 Z = Z + ZZ 2 Z + Z 2 Z 2 Z Z Z Z 2 = 0.

8 Ανάλυση Κυκλωµάτων A Z Z Z 2 Z B Σχήµα.0 Z ± = Z Z 2 2 ± + 4Z Z 2. 2 Η ϱίζα Z δεν έχει ϕυσική σηµασία καθότι είναι αρνητική, εποµένως η σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος είναι : Z = Z Z 2 2 + + 4Z Z 2 2 όπου Για ω < ω o παρατηρούµε οτι η ποσότητα είναι πραγµατικός αριθµός, µε αποτέλεσµα : δηλαδή, η µέση ισχύς µηδενίζεται. Για ω > ω o έχουµε : ( Z = + 2jωC e ω o = 2 LC. e ω2 ω o 2 ( ) = 0. Z ω2 ω 2 o ( ) = ω 2 Z 2ωL ωo 2. ), Άρα η µέση ισχύς είναι : < P >= υ2 o ω 2. 4ωL ω 2 o Πρόβληµα.7 Θεωρήστε το κύκλωµα του σχήµατος (.). (α) Να ϐρείτε τη σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος.

9 L C C 2 L Σχήµα. (ϐ) Ποιό είναι το µέγιστο κι ελάχιστο ϱεύµα που διαρρέει το κύκλωµα, όταν µεταβάλουµε τη συχνότητα εισόδου ω; Για ποιά συχνότητα ϑα έχουµε το ελάχιστο ϱεύµα ; (α) Η σύνθετη αντίσταση του κυκλώµατος είναι : (ϐ) Z(ω) = jωl + + jωc + Z(ω) = + jωl + + jωc ( Z(ω) = + j ωl + ωc jωc 2 jωl jωc 2 + jωl jωl ω 2 L C 2 ωl ω 2 L C 2 ). Το ϱεύµα είναι : και το πλάτος του ϱεύµατος είναι : i = Z = i o = ( + j ωl + ωc 2 + υ o ( ωl ωc + όπου υ o είναι το πλάτος της τάσης εισόδου. Παρατηρούµε οτι : ωl ω 2 L C 2 ωl ω 2 L 2 C 2 ), ) 2, Οταν το i o είναι ελάχιστο (i o = 0), τότε : (i o ) max = υ o, (i o) min = 0. Οι τρεις ϱίζες αυτής της εξίσωσης είναι : ωl ωl + ωc ω 2 =. L C 2 ω = ( 0,, ). L C 2 εχόµαστε τη ϱίζα ω = / L C 2 που έχει ϕυσική σηµασία για τη συχνότητα όπου έχουµε το ελάχιστο ϱεύµα i o = 0. Πρόβληµα.8 Το παραλληλόγραµµο του σχήµατος (.2) περιγράφει ένα άγνωστο γραµµικό παθητικό κύκλωµα. Αν η τάση εισόδου είναι µια ϐηµατική συνάρτηση :

0 Ανάλυση Κυκλωµάτων 0 για t 0 (t) = Au(t) = A για t > 0 τότε η τάση εξόδου υ o (t) είναι της µορφής : υ o (t) = A 0 για t 0 2 ( e t/t )u(t) = (/2)A( e t/t ) για t > 0 όπου η σταθερά τ =, 2 0 4 s = 0, 2 ms. Να ϐρείτε την τάση εξόδου υ o (t) όταν η τάση εισόδου είναι : (t) = 4 cos(ωt), όπου η συχνότητα ω = 500 Hz.? (t) υ ο (t) Σχήµα.2 Γνωρίζουµε οτι οι µετασχηµατισµοί Laplace των σηµάτων εισόδου και εξόδου είναι : (t) = Aυ t (t) L A s = V i(s), Η συνάρτηση µεταφοράς είναι : υ o (t) L A [ ] 2 τ = V o (s). s + /τ Ο µετασχηµατισµός Laplace του σήµατος H(s) = V o(s) V i (s) = /2τ s + /τ. Εποµένως, η έξοδος είναι : (t) = 4 cos(ωt) L 4s ω 2 + s 2 = V i(s). V o (s) = H(s)V i (s) = Με την ανάλυση των επιµέρους κλασµάτων ϑα έχουµε : V o (s) = 2 [ τ s + /τ όπου ωτ = 2π 500, 2 0 4 =. Ο αντίστροφος µετασχηµατισµός Laplace είναι : /τ ω 2 + (/τ) 2 + /2 s jω 4s /2τ ω 2 + s 2 s + /τ. jω + /τ + /2 s + jω ], jω + /τ

υ o (t) = 2 /τ ( ) τ 2 e t/τ + ω 2 + τ (/τ) cos(ωt) + ω sin(ωt) ω 2 + (/τ) 2 υ o (t) = e t/τ + cos(ωt) + sin(ωt). Πρόβληµα.9 Να δείξετε οτι η άπειρη αλυσίδα των πηνίων L και των πυκνωτών C του δικτυώµατος του σχήµατος (.3) είναι ένα ϐαθυπερατό ϕίλτρο. Να ϐρείτε την κυκλική συχνότητα καµπής ω c ως συνάρτηση της παραµέτρου ω o = / LC. A L Γ B C A Z Z Z 2 Z B Σχήµα.3 Θα προσδιορίσουµε την ολική σύνθετη αντίσταση του δικτυώµατος, ϑεωρώντας οτι η αντίσταση Z στα άκρα ΑΒ είναι ίση µε την αντίσταση στα άκρα Γ διότι το δικτύωµα επεκτείνεται στο άπειρο. Εποµένως, µπορούµε να γράψουµε : Οι ϱίζες αυτού του τριωνύµου είναι : Z = Z + Z 2Z Z 2 + Z Z 2 Z Z Z Z 2 = 0. Z,2 = Z ± Z 2 + 4Z Z 2, 2 όπου οι σύνθετες αντιστάσεις Z = jωl, Z 2 = /jωc. Η λύση µε το (-) πρόσηµο δεν έχει ϕυσική σηµασία, διότι αν Z 2 = 0 τότε Z = 0, που είναι άτοπο. Εποµένως, Z = jωl 2 + ω 2 L 2 + 4L 2 C Z = jωl 2 + L ω 2 2 + 4 LC

2 Ανάλυση Κυκλωµάτων Z = jωl 2 + L ω2 + 4ω 2 o. 2 Οταν το σήµα εισόδου περάσει µέσα από n τµήµατα του κυκλώµατος που περιέχουν ένα πηνίο αυτεπαγωγής L και ένα πυκνωτή χωρητικότητας C, η έξοδος ϑα είναι : όπου είναι η τάση εισόδου και : υ n = ( Z ) n = a n, Z a = Z Z = Z + Z 2 + 4Z Z 2 Z + Z 2 + 4Z Z 2 a = jωl + L 4ω 2 o ω 2 jωl + L 4ω 2 o ω 2. Εποµένως, το µέτρο της συνάρτησης µεταφοράς, H(jω), του δικτυώµατος ϑα είναι : H(jω) = υ n = jωl + L 4ω a n o = 2 ω 2 jωl + L 4ωo 2 ω 2. Παρατηρούµε ότι : και H(jω) = αν ω 2ω o, H(jω) < αν ω 2ω o. Άρα συµπεραίνουµε οτι το δικτύωµα αυτό δρα ως ένα ϐαθυπερατό ϕίλτρο µε συχνότητα καµπής ω b = 2ω 0. Πρόβληµα.0 Θεωρήστε το κύκλωµα του σχήµατος (.4) που αποτελείται από δύο ϐρόχους. Να ϐρείτε τη συνάρτηση µεταφοράς H(jω) του κυκλώµατος. 2 (t) I I 2 C C 2 υ ο (t) Σχήµα.4 Εφαρµόζοντας το δεύτερο κανόνα του Kirchhoff για τους δύο ϐρόχους του κυκλώµατος ϑα έχουµε : ( + Z C )I Z C I 2 =, Z C I + ( 2 + Z C2 + Z C )I 2 = 0. Εποµένως, επιλύοντας το σύστηµα των δύο εξισώσεων µε αγνώστους τα ϱεύµατα ϐρόχων I, I 2 ϑα έχουµε, για το ϱεύµα I 2 :

3 + Z C Z C 0 I 2 = + Z C Z C Z C 2 + Z C2 + Z C όπου I 2 = Z C 2 + (Z C + Z C2 ) + 2 Z C + Z C Z C2, Z C = jωc, και Z C2 = jωc 2, είναι οι σύνθετες αντιστάσεις των πυκνωτών χωρητικότητας C, C 2 αντίστοιχα. Εποµένως, η συνάρτηση µεταφοράς του κυκλώµατος ϑα είναι : H(jω) = V o V i = Z C 2 I 2 Z C Z C2 H(jω) = 2 + (Z C + Z C2 ) + 2 Z C + Z C Z C2 H(jω) = H(jω) = Αν ϑεωρήσουµε τις σταθερές χρόνου η συνάρτηση µεταφοράς, H(jω), είναι : ( 2 + + ) + 2 + Z C Z C2 Z C Z C2 Z C2 2 C C 2 ω 2 + ( C + 2 C 2 + C 2 )jω +. τ = C, τ 2 = 2 C 2, τ 2 = C 2, H(jω) = τ τ 2 ω 2 + jω(τ + τ 2 + τ 2 ) +. Πρόβληµα. Αν ϑέλετε να έχετε µια πηγή ϱεύµατος µε χρήση πηγής τάσης σταθερή κατά % για µια περιοχή τάσης από 0 ως 0 V, πόσο µεγάλη πρέπει να είναι η πηγή τάσης ; Αν απαιτήσουµε ϱεύµα έντασης 0 ma σε αυτό το κύκλωµα, πόση ισχύς καταναλώνεται στο ϕόρτο ; Τί ποσοστό της ολικής ισχύος αντιπροσωπεύει ; 5 V 9 9 6 L 5 / Σχήµα.5 Για να ϕτιάξουµε µια πηγή ϱεύµατος i o σταθερή κατά % για την περιοχή τάσης 0 V ως 0 V (όπως ϕαίνεται στο σχήµα (.5) ): V s i o = s + L

4 Ανάλυση Κυκλωµάτων V s i o s = i o L = V o ( ) i0 i 0 s = V o i 0 i s = V o = 000 V, ( i/i) αφού V o = 0 0 V = 0 V και ( i/i) = 0, 0, έχουµε : V s V o = 000 V Για το ϱεύµα i o η ισχύς στο ϕόρτο L είναι : Αυτό αντιπροσωπεύει ένα ποσοστό της ολικής ισχύος : V s 00 V. P L = 0 ma 0 V = 00 mw. δ = 0 000 = %. Πρόβληµα.2 Θεωρήστε το κύκλωµα του σχήµατος (.6α) που χρησιµοποιείται στη διάταξη του παλµογράφου. Βρείτε τη σχέση που πρέπει να ικανοποιούν τα, 2, C, C 2, έτσι ώστε : (α) η τάση εισόδου και η τάση εξόδου υ o να έχουν την ίδια ϕάση, (ϐ) το κέρδος A = υ o / να είναι ανεξάρτητο της συχνότητας ω. Ποιό είναι το κέρδος A; C Z υ o υ o 2 C 2 Z 2 (α) (β) Σχήµα.6 Από το διαιρέτη τάσης του κυκλώµατος του σχήµατος (.6ϐ) έχουµε : όπου και Οπότε έχουµε : Z = A = υ o = υ o = Z 2 Z + Z 2, Z C Z = /jωc =, Z C + Z /jωc + + jω C Z 2 = Z 2 Z + Z 2 = Z C 2 Z 2 2 =. Z C2 + Z 2 + jω 2 C 2 2 /( + jω 2 C 2 ) /( + jω C ) + 2 /( + jω 2 C 2 )

5 A = A = 2 2 + ( + jω 2 C 2 )/( + jω C ) 2 + jω 2 C + 2 + jω 2 (C + C 2 ) A = 2( + 2 ) + ω 2 2 2 2 C (C + C 2 ) + D + jω D [ 2 C ( + 2 ) 2 2 (C + C 2 ) ], όπου ορίζουµε το D: D = ( + 2 ) 2 + ω 2 2 2 2 (C + C 2 ) 2. Για να έχουµε τη ϕάση του κέρδους A ανεξάρτητη της συχνότητας ω, ϑα πρέπει το ϕανταστικό µέρος της να µηδενίζεται : 2 C ( + 2 ) = 2 2 (C + C 2 ) 2 C + 2 2 C = 2 2 C + 2 2 C 2 Εποµένως, το κέρδος A ϑα είναι : C = 2 C 2, A = v o 2 ( + 2 ) + ω 2 2 2 2 C C 2 ( + 2 / ) = v i ( + 2 ) 2 + ω 2 2 2 2 C C 2 ( + 2 / )( + / 2 ). Εποµένως, για να έχουµε κέρδος ανεξάρτητο της συχνότητας ω, ϑα πρέπει : A = 2 + 2. Πρόβληµα.3 Βρείτε τη σχέση για το πηλίκο των τάσεων δύο πυκνωτών σε σειρά, ακολουθώντας τα ϐήµατα που υποδεικνύονται στο σχήµα (.7): Στο τελευταίο ϐήµα έχουµε (ϐλέπε σχήµα (.8)) : q = Cυ dυ i = C T dt = (C + C 2 ) dυ T dt υ T = Από το πρώτο σχήµα ο διαιρέτης τάσης µας δίνει : υ 2 = C C + C 2 υ. C 2 C + C 2 υ υ C2 = C dυ dt υ 2 = C 2 + C C C + C 2 υ = υ C C + C 2 υ (υ υ 2 ) = C C + C 2 υ

6 Ανάλυση Κυκλωµάτων & & 7KHYHQLQ G & GW & & UWQ G 7 & 7 GW & & UWQ 7KHYHQLQ Σχήµα.7 AC+ - υ T C +C 2 Σχήµα.8 υ T = C C + C 2 υ. Πρόβληµα.4 Βρείτε το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin για τη γέφυρα Wheatstone του σχήµατος (.9), όπως ϕαίνεται από τους ακροδέκτες και 2. Υποθέτουµε οτι η γέφυρα αποτελείται από 4 τυχαίες αντιστάσεις που ϕορτίζονται από µια ιδανική µπαταρία. Εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα Thevenin στα τµήµατα ΑΒ και ΑΓ ξεχωριστά, όπως ϕαίνεται στο σχήµα (.20α), όπου : I = 3 + 3, II = 2 4 2 + 4, υ I = 3υ o + 3, υ II = 4υ o 2 + 4. Για το τελικό κύκλωµα, το οποίο δίνεται στο σχήµα (.20ϐ), ισχύει :

7 A 2 + - Β 2 υ 0 Γ 3 4 Σχήµα.9 Ι 2 ΙΙ (α) V Ι V ΙI T V T (β) Σχήµα.20 και ( ) 3 4 υ T = υ I υ II = υ o, + 3 2 + 4 T = I // II Πρόβληµα.5 Βρείτε την L του κυκλώµατος του σχήµατος (.2) ως συνάρτηση του o, έτσι ώστε στην αντίσταση ϕόρτου L να παρέχεται η µέγιστη ισχύς. o AC i L Σχήµα.2

8 Ανάλυση Κυκλωµάτων Η ισχύς στο ϕόρτο είναι : Εποµένως : P L = i 2 L όπο = P L = Για µέγιστη ισχύ ϑα πρέπει dp L /d L = 0, δηλαδή : L 2 ( o + L ) 2. o + L. 2 dp L = d L ( o + L ) 2 2 Lυi 2 ( o + L ) 3 = 0 o + L = 2 L L = o. Πρόβληµα.6 τάσεις εισόδου. Για τα παρακάτω κυκλώµατα, να δώσετε γραφικά την τάση εξόδου υ o, για τις αντίστοιχες 00 Ω υ ο 2V (α) + - AC 50 Ω 00pF t 00 KΩ υ ο 0V (β) + - AC 50 pf KΩ µs t 9. KΩ υ ο 0V µs (γ) t + - AC 00 pf 00pF 90 Ω Σχήµα.22 (α) Από το ϑεώρηµα Thevenin έχουµε για την ισοδύναµη αντίσταση και τάση Thevenin: T = 00 Ω // 50 Ω = 33, 3 Ω, V T = 50 50 + 00 2 V = 00 50 V = 2 3 V, κι εποµένως έχουµε το ισοδύναµο κύκλωµα του σχήµατος (.23α): Αυτό είναι ένα κύκλωµα ολοκληρωτή µε σταθερά χρόνου τ = C = (33, 3 Ω) (00 pf) = 3, 3 ns, όπου η τάση εξόδου είναι : υ o = 2 3 ( e t/τ ) V,

9 33,3 Ω υ o υ ο 2/3 V 00 pf 0.66V (α) (β) t υ ο (δ) 5V + 200pF 0,9V + 827Ω 0V e -t/τ 0,V 4.V e -t/τ 0 µs -9.9V (γ) (ε) -4.V Σχήµα.23 και ϕαίνεται στο σχήµα (.23ϐ). (ϐ) Ο πυκνωτής C ϑα ϕορτιστεί µε σταθερά χρόνου τ = C = kω 50pF = 50 ns τ << µs. Λόγω του οτι η αντίσταση των 00 kω είναι πολύ µεγάλη, το κύκλωµα συµπεριφέρεται ως ένας διαφοριστής και για t το υ o (t) δίνεται από το διαιρέτη τάσης µεταξύ των αντιστάσεων των 00 kω και kω. υ o = και η έξοδος ϕαίνεται στο σχήµα (.23γ). (γ) Από το αποτέλεσµα του προβλήµατος (.3), Η έξοδος ϕαίνεται στο σχήµα (.23ε) kω 0 V = 0, V, 00 kω + kω τ = 65 ns. Πρόβληµα.7 Βρείτε το ισοδύναµο κύκλωµα Thevenin του κυκλώµατος του σχήµατος (.24α): Ξεχωρίζουµε τη συνεχή τάση από την εναλλασσόµενη. (i) Βραχυκυκλώνουµε την AC πηγή τάσης, ϐλέπε σχήµα (.24ϐ). (ii) Βρίσκουµε το DC ισοδύναµο Thevenin χρησιµοποιώντας τον πρώτο νόµο του Kirchhoff, και η ισοδύναµη αντίσταση Thevenin είναι : υ 5 220 + υ + 5 330 + υ 0 00 = 0 υ =, 29 V,

20 Ανάλυση Κυκλωµάτων 9 9 $& FV W9 L 9 9 9FV W FV W9 9 Σχήµα.24 = 00 // 220 // 330 = 56, 9 Ω. (i) Βραχυκυκλώνουµε τη dc πηγή τάσης, ϐλέπε σχήµα (.24γ) (ii) Βρίσκουµε το ισοδύναµο Thevenin, όπου η ισοδύναµη τάση υ είναι : και η ισοδύναµη αντίσταση είναι : υ = 32 0 V = 5, 7 V, 232 Τελικά ϑα έχουµε το κύκλωµα του σχήµατος (.24δ). = 56, 9 Ω, όπως και στον προηγούµενο υπολογισµό. Πρόβληµα.8 Να ϐρείτε την αντίσταση εισόδου : i = i i του κυκλώµατος του σχήµατος (.25). Για ποιά τιµή του k ϑα έχουµε ως αντίσταση εισόδου την αντίσταση, δηλαδή i = ; i A i i 2 2 ki i +ki 2 Σχήµα.25 Η τάση εισόδου µπορεί να υπολογιστεί ως η πτώση τάσης στις αντιστάσεις και 2 :

2 = i i + i 2 2 = i i + (i i + ki i ), διότι από τον πρώτο κανόνα του Kirchhoff στον κόµβο Α τα ϱεύµατα ϑα έχουν : Εποµένως, η αντίσταση εισόδου i ϑα είναι : Προφανώς για i =, ϑα πρέπει k =. i = i i i = i 2 ki. = + 2 ( + k). Πρόβληµα.9 Για το κύκλωµα του σχήµατος (.26) δώστε ένα διάγραµµα της ενίσχυσης (κέρδους) lg G ως συνάρτηση της συχνότητας f. ώστε τις γωνίες συχνότητας του ϕίλτρου. υ ι υ ο =5 kω 2 = kω C=0.003 µf Σχήµα.26 Από το διαιρέτη τάσης του κυκλώµατος το κέρδος ϑα είναι : Οι γωνίες συχνότητας είναι : και Παρατηρούµε οτι : G = υ o 2 2 = = C + 2 [ (/(jωc)) / ( + /(jωc))] + 2 G = f 2 = G = 2 ( + jωc ) + 2 + jωc 2 2 ( + jωc ) + 2 ( + jω 2 /( + 2 )). f = Εποµένως, ϑα ισχύει f 2 = 6f, όπου η συχνότητα : 2πC, 2πC 2 /( + 2 ) = f 2 /( + 2 ). 2 kω = + 2 (5 + ) kω = 6. και f = 2π 0, 003 0 6 Hz = 0, 6 khz, 5 03 f 2 = 6f = 63, 6 khz. Για ω 0 παρατηρούµε οτι : G 2 + 2 = 6

22 Ανάλυση Κυκλωµάτων ενώ για ω : G 2 + 2 log 0 G = 0, 78, jω C jω C 2 /( + 2 ) =. log 0 G = 0. Το διάγραµµα της ενίσχυσης ως συνάρτηση της συχνότητας ϕαίνεται στο σχήµα (.27). log 0 G f =0,6 f 2 =63,6 f khz -0,78 Σχήµα.27 Πρόβληµα.20 Για το κύκλωµα του σχήµατος (.28) δώστε ένα διάγραµµα της ενίσχυσης (κέρδους) log 0 G ως συνάρτηση του log 0 f. ώστε τις γωνίες συχνότητας του ϕίλτρου. υ ο =8kΩ 2 =2kΩ C=4.7µF Σχήµα.28 Το κέρδος του κυκλώµατος ϐρίσκεται από το διαιρέτη τάσης : υ o 2 + Z C =, + 2 + Z C όπου Z C είναι η σύνθετη αντίσταση του πυκνωτή C, Z C = /jωc. Εποµένως : όπου οι γωνίες συχνότητας είναι : G = υ o 2 kω + /jωc = 8 kω + 2 kω + /jωc = + jω(2 kω 4, 7 µf ) + jω(20 kω 4, 7 µf ), και f = f 2 = 2π(2 kω 4, 7 µf ), 2π(20 kω 4, 7 µf ),

23 log 0 G 0,7 0 7 00 log 0 f khz -20 Σχήµα.29 δηλαδή f = 0f 2. Το διάγραµµα του log 0 G ως συνάρτηση του log 0 f ϕαίνεται στο σχήµα (.29). Πρόβληµα.2 Το οµοαξονικό καλώδιο συνδέεται όπως ϕαίνεται στο κύκλωµα του σχήµατος (.30α). Το καλώδιο ϕέρει κατανεµηµένη αυτεπαγωγή L = 0, 5 µh/m και χωρητικότητα C = 50 pf/m. Για σήµα εισόδου του σχήµατος (.30ϐ) ϐρείτε το σήµα εξόδου υ o. 0 Ω υ o (α) 0m C=50 pf/m L=0,5 µh/m T =50 Ω V (β) t (ns) V V (γ) 00 200 300 400 t (ns) Σχήµα.30 Η χαρακτηριστική αντίσταση του οµοαξονικού καλωδίου είναι : Η ταχύτητα διάδοσης του σήµατος είναι : Z o = L C = 00 Ω. υ = LC = 2 0 8 m/s. Εποµένως, ο ολικός χρόνος διάδοσης του σήµατος είναι : t r = 2 µήκος καλωδίου υ = 00 ns. Παρατηρούµε οτι η αντίσταση τερµατισµού T είναι µικρότερη της χαρακτηριστικής αντίστασης του καλωδίου, εποµένως ϑα έχουµε ανακλάσεις, όπως ϕαίνεται στο σχήµα (.30γ). Το σήµα εξόδου υ o ϑα ϐρεθεί από το διαιρέτη τάσης :

24 Ανάλυση Κυκλωµάτων υ o = T Z o + 0 Ω = 2. Πρόβληµα.22 Για το κύκλωµα του σχήµατος (.3) ϐρείτε την απόκριση συχνότητας H(jω) = υ o (jω)/ (jω). Z υ o υ o L C Z P Σχήµα.3 Παρατηρούµε οτι το Z p = Z L Z C = Από το διαιρέτη τάσης του σχήµατος (.3), έχουµε : υ o = Z p Z p + Z = Z LZ C Z L + Z C. Z L Z C /(Z L + Z C ) Z + (Z L Z C )/(Z L + Z C ) υ o Z L Z C = Z L Z C + Z (Z L + Z C ), όπου Z L, Z C είναι οι σύνθετες αντιστάσεις του πηνίου L και πυκνωτή C αντίστοιχα, δηλαδή Z L = jωl, Z C = /jωc, οπότε η απόκριση συχνότητας είναι : H(jω) = υ o jωl/jωc = jωl/(jωc) + jωl + /jωc H(jω) = jωl ω 2 LC + jωl. Πρόβληµα.23 Χρησιµοποιώντας µια αντίσταση 5 kω σχεδιάστε ένα υψιπερατό ϕίλτρο C µε συχνότητα καµπής 200 khz. Βρείτε τη χωρητικότητα του πυκνωτή. Το κύκλωµα του σχήµατος (.32) είναι ένα υψιπερατό ϕίλτρο µε συχνότητα καµπής : C = ω o = C C = ω o (5 0 3 Ω)(2π 200 0 3 = 53 pf. Hz)

25 υ o C Σχήµα.32 υ o kω C=0,47µF Σχήµα.33 Πρόβληµα.24 Για το ϐαθυπερατό ϕίλτρο C του σχήµατος (.33) ϐρείτε τη συχνότητα ω για την οποία το σήµα εξόδου έχει µειωθεί κατά 0%, δηλαδή υ o = 0, 9. Η απόκριση συχνότητας G(jω) του κυκλώµατος ϑα είναι : G(jω) = V o V i = Από τη δεδοµένη σχέση παίρνουµε : G(jω) = Z C Z + Z C = υ o /jωc + /jωc = + jωc. = + ω2 2 C = 0, 9 2 0, 8( + ω 2 2 C 2 ) = ω = 0, 9 0, 8 2 C 2 ω = 030 rad/s. Πρόβληµα.25 Τί είδους ϕίλτρα είναι τα κυκλώµατα του σχήµατος (.34); Είναι ϐαθυπερατά (Low-Pass), υψιπερατά (High-Pass), Ϲωνοπερατά (Band-Pass) ή Ϲωνοφρακτικά ϕίλτρα (Band-Stop ή notch); Χωρίς πράξεις µπορείτε να δείξετε οτι έχουµε τα ακόλουθα ϕίλτρα : (α) ϐαθυπερατό. Παρατηρήστε οτι για ω, η τάση εξόδου v o 0 (ϐ) Ϲωνοπερατό. Παρατηρήστε οτι για ω 0, η τάση εξόδου v o 0 και για ω, v o 0 (γ) Ϲωνοφρακτικό. Παρατηρήστε οτι για ω = ω o, η τάση εξόδου v o = 0, ω = / LC.

26 Ανάλυση Κυκλωµάτων L υ ο C (α) L C (β) L C 2 (γ) Σχήµα.34 L υ o S C L C L Σχήµα.35 υ o Z S Z L Z P (α) (β) (γ) Σχήµα.36

27 Πρόβληµα.26 Για το ϕίλτρο του σχήµατος (.35) ϐρείτε την απόκριση συχνότητας. Τί είδους ϕίλτρο είναι το κύκλωµα ; Το ισοδύναµο κύκλωµα ϕαίνεται στο σχήµα (.36α). Παρατηρούµε οτι το διάγραµµα του σχήµατος (.36ϐ) µας δίνει τις σχέσεις : = + +, (.0.5) Z p Z L Z C Z L + Z C Η σχέση (.0.5) µας δίνει όπου : Z p = G(jω) = υ o(jω) (jω) = Z p. Z s + Z L + Z p (Z C Z C Z L ) + (Z L Z C Z L ) Z C Z L + Z C Z L + Z L Z L + Z C Z C + Z C Z L, Z C = jω, Z C = C, Z L = L, Z L = jωl, Z L = jωl. Εποµένως, η απόκριση συχνότητας ϑα ϐρεθεί µε αντικατάσταση του Z p στη σχέση (.0.5). Επειδή αυτό ενέχει πολύπλοκες πράξεις, προτιµάµε ένα άλλο τρόπο για να ϐρούµε το είδος του ϕίλτρου. Μπορούµε να αναλύσουµε το κύκλωµα στα όρια του ω. ηλαδή για ω 0 το ισοδύναµο κύκλωµα είναι αυτό που ϕαίνεται στο σχήµα (.36ϐ). Για ω το αντίστοιχο ισοδύναµο κύκλωµα απεικονίζεται στο σχήµα (.36γ). Εποµένως, το ϕίλτρο είναι ϐαθυπερατό. Πρόβληµα.27 Βρείτε το ϱεύµα I του κυκλώµατος του σχήµατος (.37) για i = ma και για τις παρακάτω τιµές των αντιστάσεων : = Ω, 2 = 0, 5 Ω, 3 = 0, 25 Ω, 4 = /3 Ω, = 0, 2 Ω. 2 i B i i A I 3 i c 4 Σχήµα.37 Από τους ϐρόχους A, B, C έχουµε : i A = i, (.0.6) i B ( + 2 + ) i A i C = 0, (.0.7) και Από τις εξισώσεις (.0.6), (.0.7) και (.0.8) έχουµε : i C ( 3 + 4 + ) i A 3 i B = 0. (.0.8)

28 Ανάλυση Κυκλωµάτων i B = 0, 645i, i C = 0, 484i. Εποµένως : I = i C i B = 0, 6 ma. Πρόβληµα.28 Υποθέτουµε οτι 0 = 2 Ω, = 2 Ω, 2 = 5 Ω, 3 = 4 Ω και υ s = 24 V στο κύκλωµα του σχήµατος (.38). Βρείτε τα i a, i b, και i c, καθώς και τις τάσεις κατά µήκος κάθε αντίστασης. 0 i a ib 2 + - i c 3 Σχήµα.38 Από την εφαρµογή του δεύτερου κανόνα του Kirchhoff σε καθένα από τους ϐρόχους a, b, c, ϑα έχουµε : i a 0 + i a i b = 0 i b 2 + i b 3 + i b i a i c 3 = 0 i c 3 i b 3 υ s = 0 i a ( 0 + ) + i b ( ) = 0 i a ( + i b ( + 2 + 3 ) + i c ( 3 ) = 0 i c 3 + i b ( 3 ) = υ s Επιλύοντας το σύστηµα των τριών εξισώσεων µε αγνώστους τα ϱεύµατα κόµβων i a, i b, i c, ϑα έχουµε : Οπότε τελικά οι τάσεις στις αντιστάσεις είναι : i a = 2 Α, i b = 4 Α, i c = 0 Α υ 0 = i a 0 = 4 V, υ = (i 0 i b ) = 4 V, υ 2 = i b 2 = 20 V, υ 3 = (i c i b ) 0 = 24 V.

29 Πρόβληµα.29 Υποθέστε οτι η πηγή τάσης του κυκλώµατος του σχήµατος (.38) αντικαθίσταται µε µια πηγή ϱεύµατος I s = 2 Α. Εφαρµόζοντας τους κανόνες Kirchhoff, ϐρείτε τις τάσεις πάνω σε κάθε αντίσταση. Με εφαρµογή του 2ου κανόνα του Kirchhoff και από τη συνθήκη του προβλήµατος (T s ) = 2 Α, ϑα έχουµε τρεις σχέσεις : i a 0 + i a i b = 0 i b 2 + i b 3 + i b i a i c 3 = 0 i c = I s = 2 Α i a ( 0 + ) + i b ( ) = 0 i a ( + i b ( + 2 + 3 ) + i c ( 3 ) = 0 i c = 2 Α { 4ia 3i b = 0 Εποµένως, οι τάσεις πάνω στις αντιστάσεις ϑα είναι : 3i a + 9i b = 48 i a = 5, 33 A, i b = 7, Α. υ 0 = i a 0 = 5, 33 V, υ = (i a i 0 ) = 5, 33 V, και υ 2 = i b 2 = 4, 22 V, υ 3 = (i c i b ) 0 = 9, 56 V. Πρόβληµα.30 Στο κύκλωµα του σχήµατος (.39) να ϐρείτε : (α) τα ϱεύµατα i και i 2. (ϐ) την ισχύ που παρέχεται από την πηγή ϱεύµατος των 3 Α και από την πηγή τάσης των 2 V (γ) την ολική καταναλισκόµενη ισχύ του κυκλώµατος. Θεωρήστε για το πρόβληµα : =25 Ω, 2 =0 Ω, 3 =5 Ω και 4 =7 Ω 5 5 $ L 5 L L 9 L 5 Σχήµα.39 (α) Με εφαρµογή του ου κανόνα του Kirchhoff για τον κόµβο, ϑα έχουµε : Επιπλέον, από το νόµο του Ohm για το δυναµικό υ ισχύουν : i i i 2 = 0. (.0.9)

30 Ανάλυση Κυκλωµάτων Με αντικατάσταση των σχέσεων (.0.0) στην (.0.9) ϑα έχουµε : i = υ 2, i 2 = υ 2 3. (.0.0) i + υ 2 + υ 2 3 = 0 Εποµένως : υ = 2 2 + i 2 3 2 + 3 = 8 V. i 2 = i = 8 Α =, 8 Α, 0 8 2 5 A =, 2 Α. (ϐ) Η προσφερόµενη ισχύς της πηγής ϱεύµατος είναι : Εποµένως, και η προσφερόµενη ισχύς της µπαταρίας είναι : όπου P = υ 3A i, όπου υ 3A = υ + i. P = (υ + i )i = 279 W, P = (2 V)i 2V, i 2V = i 2 + i 4 =, 2 A + 2 4 = 0, 54 A P = (2 V) (0, 54 A) = 6, 7 W. (γ) Η ολική προσφερόµενη ισχύς είναι : Poλ Π = (279 W + 6, 7 W ) = 285, 7 Ω. Ενώ η ολική καταναλισκόµενη ισχύς είναι : Τελικά έχουµε : P κ oλ = (3 A) 2 (25 Ω) + (, 8 A) 2 (0 Ω) + 22 V 7 Ω = 285 Ω. P Π oλ = P κ oλ, δηλαδή ισχύει το προφανές : καταναλισκόµενη ισχύς προσφερόµενη ισχύς.

3 Πρόβληµα.3 Ενα ϐολτόµετρο χρησιµοποιείται για τη µέτρηση της τάσης στα άκρα µια αντίστασης του κυκλώµατος του σχήµατος (.40). Το όργανο αυτό µπορεί να ϑεωρηθεί ως αποτελούµενο από ένα ιδανικό ϐολτόµετρο και µια αντίσταση 20 kω τοποθετηµένη παράλληλα προς αυτό. Εστω οτι ϑέλουµε να µετρήσουµε την τάση στα άκρα της 4. Εστω επίσης οτι =8 kω, 2 =22 kω, 3 = 50kΩ, s =25 kω και i s =20 mα. Βρείτε την τάση στα άκρα της 4 µε και χωρίς το ϐολτόµετρο στο κύκλωµα για τις ακόλουθες τιµές : (α) 00 Ω, (ϐ) Ω, (γ) 0 kω, (δ) 00 kω. 3 i s S 2 4 20kΩ V Σχήµα.40 Το ϱεύµα που διαρρέει την είναι : ενώ αυτό που διαρρέει την 4 : i = i s s s + + 2 ( 3 + 4 ), Για την τάση στα άκρα της 4 έχουµε : i 4 = i 2 2 + 3 + 4. υ 4 = i s 4 [ υ 4 = i 4 4 s s + + 2 ( 3 + 4 ) Οι τιµές του υ 4 ϕαίνονται στον πίνακα του σχήµατος (.4) ] [ 2 2 + 3 + 4 ]. µε 4 χωρίς 4 α 3,08 3,09 β 30,22 30,47 γ 25,6 269,92 δ 940,90 260,70 Σχήµα.4 Πρόβληµα.32 Στο κύκλωµα του σχήµατος (.42) τα ϱεύµατα σε κάθε κόµβο είναι : i = 5 A, i 2 = 3 A, i 3 = 7 A.

3 32 Ανάλυση Κυκλωµάτων A V S i 4 i 3 V S2 i 2 2 5 B Σχήµα.42 Βρείτε τα ϱεύµατα που διαρρέουν τις αντιστάσεις, 2 και 3. Για τον κόµβο A έχουµε : i i i 3 = 0 i = i i 3 Για τον κόµβο B έχουµε : i = 2 Α. i 3 i 2 i 2 = 0 i 2 = i 3 i 2 = 4 Α. Εποµένως, τα ϱεύµατα που διαρρέουν τις αντιστάσεις 3 και 4 αντίστοιχα είναι : i 3 = i 3 = 7 Α, i 4 = i = 5 Α. Πρόβληµα.33 Για το κύκλωµα του σχήµατος (.43) να ϐρείτε τα ϱεύµατα i και i 2, ϑεωρώντας : = 3 A, 2 = Ω και 3 = 6 Ω. 2 i A i 2 A 3 i 3 Σχήµα.43 Εστω i είναι το ϱεύµα που διαρρέει την αντίσταση 2. Στον κόµβο έχουµε :

33 Α + i i = 0 Α + (υ 2 υ ) 2 υ = 0 υ ( + /3) υ 2 =. (.0.) Στον κόµβο 2 έχουµε : Από τις σχέσεις (.0.) και (.0.2) έχουµε : 2 Α i i 3 = 0 2 Α (υ 2 υ ) 2 υ 2 3 = 0 υ υ 2 ( + /6) = 2. (.0.2) υ = 3 2 V, Εποµένως, τα ϱεύµατα i, i 2 είναι : υ 2 = 3 V. i = υ 3 = 0, 5 Α και i 2 = 6υ 2 = 0, 5 Α. Πρόβληµα.34 Στο κύκλωµα του σχήµατος (.44) ϐρείτε το ϱεύµα i. Θεωρήστε οτι : = 0, 5 Ω, 2 = 0, 5 Ω, 3 = 0, 25 Ω, 4 = 0, 5 Ω, 5 = 0, 25 Ω και i = 0, 5 Α, v = 3 V. υ 3 υ 2 4 υ 3 υ = 3V i 2 2 i 5 Σχήµα.44 Στον κόµβο έχουµε : Στον κόµβο 2 έχουµε : 3 υ + 0 υ 2 + υ 2 υ 3 = 0 υ ( + 2 + 3 ) + υ 2 3 = 3. (.0.3) Επιλύοντας το σύστηµα των εξισώσεων (.0.3) και (.0.4) ϑα έχουµε : υ υ 2 + 0 υ 2 i = 0 3 4 + 5 υ ( ) υ 2 + = i (.0.4) 3 3 4 + 5

34 Ανάλυση Κυκλωµάτων υ =, 25 V, Εποµένως, το ϱεύµα i είναι : υ 2 = 0, 75 V. i = 3 υ, 875 = = 3, 75 A. 0, 5 Πρόβληµα.35 Στο κύκλωµα του σχήµατος (.45) ϐλέπουµε µια γέφυρα Wheatstone. Βρείτε τα υ a, υ b και τη διαφορά δυναµικού υ a υ b. 36Ω 8Ω + - 5V υ a A B υ b 20Ω 20Ω Σχήµα.45 Στον κόµβο Α : Στον κοµβο Β: 5 υ a 36 υ a 20 = 0. 5 υ b 8 υ b 20 = 0. Επιλύοντας τις δύο παραπάνω εξισώσεις για τις τάσεις υ a, υ b ϑα έχουµε : ( 5 36 = υ a 36 + ) 20 Εποµένως, η διαφορά δυναµικού είναι -2,53 V. υ a = 5, 36 V, ( 5 8 = υ b 8 + ) 20 υ b = 7, 89 V. Πρόβληµα.36 Στο κύκλωµα του σχήµατος (.46) ϐρείτε τις τάσεις στα άκρα των αντιστάσεων, 2 και 3. Θεωρήστε οτι : V S = V S2 = 450 V, 4 = 5 = 0, 25 Ω, = 8 Ω, 2 = 5 Ω, 3 = 32 Ω. Στον κόµβο ϑα ισχύει :