Λύσεις — Κεφάλαιο 4ο · Μέθοδοι επίλυσης σύνθετων ωμικών κυκλωμάτων (σελ. 145-151) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ Β΄ ΕΠΑΛ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ – ΛΥΣΕΙΣ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ασκήσεων Σχολικού Βιβλίου Λύσεις — Κεφάλαιο 4ο · Μέθοδοι επίλυσης σύνθετων ωμικών κυκλωμάτων (σελ. 145-151) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

Λύσεις — Κεφάλαιο 4ο · Μέθοδοι επίλυσης σύνθετων ωμικών κυκλωμάτων (σελ. 145–151)

Λύσεις των 18 Προβλημάτων προς λύση (μέθοδοι βρόχων/κόμβων, Thévenin/Norton, μέγιστη ισχύς, επαλληλία). Όλα τα αριθμητικά επαληθεύτηκαν υπολογιστικά· τα λυμένα παραδείγματα κάθε μεθόδου βρίσκονται στη θεωρία.

Β΄ — Προβλήματα προς λύση

Πρόβλημα 1 — ισχύς πηγής ΚΑΙ αντίστασης με Μ.Α.Β.

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος χρησιμοποιώντας τη Μ.Α.Β υπολογίστε α) την ισχύ που παρέχει στο κύκλωμα η πηγή των 100 (V) και β) την ισχύ που καταναλίσκεται στην αντίσταση των 15 (Ω). ((α) 491 W, β) 136,81 W) (Στο σχήμα: πηγή 100 V σε σειρά με 5 Ω· 40 Ω εγκάρσια· 10 Ω σε σειρά με 15 Ω στον δεξιό βρόχο.)

Πώς σκεφτόμαστε: Δύο απλοί βρόχοι: ο αριστερός (100 V, 5 Ω, 40 Ω) και ο δεξιός (40 Ω, 10 Ω, 15 Ω). Η 40 Ω είναι κοινή, άρα διαρρέεται από τη διαφορά των ρευμάτων βρόχων.

Λύση:

Βρόχος 1: \(100=(5+40)I_1-40I_2\)· βρόχος 2: \(0=-40I_1+(40+10+15)I_2\).
Από τη 2η: \(I_1=1{,}625I_2\)· στην 1η: \(33{,}125I_2=100\Rightarrow I_2\approx3{,}019\ A,\ I_1\approx4{,}906\ A\).
α) \(P_{(100V)}=100\cdot I_1\approx490{,}6\ W\approx491\ W\).
β) \(P_{15Ω}=I_2^2\cdot15\approx3{,}019^2\cdot15\approx136{,}7\ W\).

Απάντηση: α) ≈491 W, β) ≈136,7 W.

Πρόσεξε:

Σημείωση: το βιβλίο δίνει 136,81 W, τιμή που προκύπτει με στρογγυλοποίηση I₂ = 3,02 A (3,02²·15 = 136,81)· με ακριβέστερο ρεύμα προκύπτει ≈136,7 W.
Στην κοινή αντίσταση δύο βρόχων το ρεύμα είναι η διαφορά των ρευμάτων βρόχων.

Πρόβλημα 2 — τάση Vx με Μ.Α.Β.

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την τάση \(V_x\) χρησιμοποιώντας τη Μ.Α.Β. \((V_x=3{,}17V)\) (Στο σχήμα: αριστερός βρόχος με 15 Ω, 5 Ω, 10 Ω, πηγή 40 V (+ επάνω) στον μεσαίο κλάδο και πηγή 30 V (+ αριστερά) στην κάτω πλευρά· δεξιός βρόχος με 2 Ω (τάση \(V_x\)), 5 Ω, πηγή 15 V (+ επάνω) και τον κοινό μεσαίο κλάδο.)

Πώς σκεφτόμαστε: Δύο βρόχοι με κοινό κλάδο τα 10 Ω και την πηγή 40 V. Γράφουμε Ν.Τ.Κ. για τα δεξιόστροφα ρεύματα \(I_1\), \(I_2\) και βρίσκουμε το \(I_2\), που διαρρέει την 2 Ω.

Λύση:

Βρόχος 1: \(30=(15+5)I_1+10(I_1-I_2)+40\Rightarrow 30I_1-10I_2=-10\).
Βρόχος 2: \(40=(2+5)I_2+15+10(I_2-I_1)\Rightarrow -10I_1+17I_2=25\).
Λύση: \(I_2=\dfrac{65}{41}\approx1{,}585\ A,\ I_1\approx0{,}195\ A\).
\(V_x=2\cdot I_2\approx3{,}17\ V\).

Απάντηση: V_x ≈ 3,17 V.

Πρόσεξε:

Στον κοινό κλάδο το ρεύμα είναι η διαφορά των ρευμάτων βρόχων.
Πηγή που τη διασχίζουμε από το − στο + είναι ανύψωση τάσης· από το + στο − πτώση.

Πρόβλημα 3 — ισχύς πηγής ρεύματος με Μ.Α.Β.

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την ισχύ της πηγής των 2(A), χρησιμοποιώντας τη Μ.Α.Β. \((P_{(2A)}=92{,}73\ W)\) (Στο σχήμα: πηγή 20 V (+ επάνω) σε σειρά με 40 Ω· 15 Ω εγκάρσια· στον δεξιό βρόχο πηγή ρεύματος 2 A (φορά προς τα δεξιά), 10 Ω και 5 Ω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Η πηγή ρεύματος ανήκει μόνο στον δεξιό βρόχο, οπότε το ρεύμα του δεξιού βρόχου είναι γνωστό: \(I_2=2\ A\). Γράφουμε Ν.Τ.Κ. μόνο για τον αριστερό βρόχο και μετά βρίσκουμε την τάση στα άκρα της πηγής ρεύματος.

Λύση:

Βρόχος 1: \(20=40I_1+15(I_1-2)\Rightarrow 55I_1=50\Rightarrow I_1\approx0{,}909\ A\).
Δυναμικό του κόμβου πριν από την πηγή (γείωση κάτω): \(V_N=15(I_1-I_2)\approx-16{,}36\ V\).
Δυναμικό μετά την πηγή: \(V_T=2\cdot(10+5)=30\ V\).
Τάση πηγής ρεύματος: \(V_T-V_N\approx46{,}36\ V\) ⇒ \(P_{(2A)}=2\cdot46{,}36\approx92{,}73\ W\) (παρεχόμενη).

Απάντηση: P(2A) ≈ 92,73 W (παρεχόμενη).

Πρόσεξε:

Όταν μια πηγή ρεύματος ανήκει σε έναν μόνο βρόχο, το ρεύμα του βρόχου αυτού είναι ίσο με το ρεύμα της πηγής.
Η τάση στα άκρα πηγής ρεύματος δεν είναι γνωστή — βρίσκεται από το υπόλοιπο κύκλωμα.

Πρόβλημα 4 — τάση VAB ΚΑΙ ισοζύγιο ισχύος

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την τάση \(V_{AB}\) χρησιμοποιώντας τη Μ.Α.Β και στη συνέχεια δείξτε ότι η παρεχόμενη ισχύς είναι ίση με την καταναλισκόμενη. \((68V,\ P_{ΠΑΡΕΧ.}=P_{ΚΑΤΑΝ.}=864W)\) (Στο σχήμα: πάνω βρόχος με εξαρτημένη πηγή τάσης \(V_x\) (− αριστερά, + δεξιά), 4 Ω, Α, 4 Ω και τη μεσαία 4 Ω (τάση \(V_x\), + αριστερά)· κάτω βρόχος με πηγή 100 V (+ επάνω), τη μεσαία 4 Ω, 4 Ω, πηγή 20 V (+ επάνω) προς το Β και 4 Ω στην κάτω πλευρά.)

Πώς σκεφτόμαστε: Δύο βρόχοι με κοινή τη μεσαία 4 Ω, της οποίας η τάση ελέγχει την εξαρτημένη πηγή. Εκφράζουμε το \(V_x\) με τα ρεύματα βρόχων, λύνουμε το σύστημα και υπολογίζουμε τα δυναμικά.

Λύση:

Μεσαία 4 Ω (ρεύμα από αριστερά προς δεξιά \(I_2-I_1\)): \(V_x=4(I_2-I_1)\).
Πάνω βρόχος: \(V_x=4I_1+4I_1+4(I_1-I_2)\Rightarrow 4I_2-4I_1=12I_1-4I_2\Rightarrow I_2=2I_1\).
Κάτω βρόχος: \(100=4(I_2-I_1)+4I_2+20+4I_2\Rightarrow 80=20I_1\Rightarrow I_1=4\ A,\ I_2=8\ A\), \(V_x=16\ V\).
\(V_{AB}\): από το Β (0 V) προς τα πάνω: \(V_A=20+4\cdot8+4\cdot4=68\ V\).
Παρεχόμενη: 100 V: \(100\cdot8=800\ W\), εξαρτημένη: \(16\cdot4=64\ W\) ⇒ 864 W.
Καταναλισκόμενη: αντιστάσεις \(3\cdot(4^2\cdot4)+2\cdot(8^2\cdot4)=192+512=704\ W\) και πηγή 20 V (τη διαρρέει ρεύμα από το + στο −): \(20\cdot8=160\ W\) ⇒ 864 W.

Απάντηση: V_AB = 68 V· P_παρεχ. = P_καταν. = 864 W.

Πρόσεξε:

Η πηγή 20 V εδώ καταναλώνει ισχύ, επειδή το ρεύμα μπαίνει από τον θετικό της πόλο.
Η εξαρτημένη πηγή δεν μηδενίζεται ποτέ· η τιμή της εκφράζεται με τα ρεύματα βρόχων.

Πρόβλημα 5 — ισχύς με εξαρτημένη πηγή ρεύματος

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την ισχύ που καταναλώνεται στην αντίσταση 1(Ω), χρησιμοποιώντας τη Μ.Α.Β καθώς επίσης και την ισχύ της πηγής ρεύματος \(2I_x\). \((P_{(1Ω)}=144W,\ P_{(2I_x)}=160V\) καταναλισκόμενη) (Στο σχήμα: πηγή 40 V (+ επάνω)· από τον πάνω κόμβο της, 5 Ω (ρεύμα \(I_x\)) και παράλληλα η εξαρτημένη πηγή ρεύματος \(2I_x\) (φορά προς τα δεξιά) προς τον δεξιό κόμβο· από αυτόν 1 Ω σε σειρά με πηγή 8 V (+ επάνω) προς τα κάτω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Το ρεύμα του δεξιού κλάδου (1 Ω) είναι το άθροισμα \(I_x+2I_x=3I_x\). Με Ν.Τ.Κ. στον βρόχο πηγή 40 V – 5 Ω – 1 Ω – 8 V βρίσκουμε το \(I_x\).

Λύση:

Ν.Τ.Κ.: \(40=5I_x+1\cdot3I_x+8\Rightarrow 8I_x=32\Rightarrow I_x=4\ A\).
Ρεύμα της 1 Ω: \(3I_x=12\ A\Rightarrow P_{1Ω}=12^2\cdot1=144\ W\).
Τάση στα άκρα της εξαρτημένης πηγής (ίδια με της 5 Ω): \(5I_x=20\ V\), ρεύμα \(2I_x=8\ A\).
Το ρεύμα της πηγής κινείται από το υψηλότερο προς το χαμηλότερο δυναμικό ⇒ \(P_{(2I_x)}=20\cdot8=160\ W\) καταναλισκόμενη.

Απάντηση: P(1Ω) = 144 W, P(2Ix) = 160 W (καταναλισκόμενη).

Πρόσεξε:

Σημείωση: το βιβλίο γράφει «160V» — η μονάδα της ισχύος είναι W.
Μια πηγή καταναλώνει ισχύ όταν το ρεύμα της κινείται από το + προς το − μέσα από αυτήν.

Πρόβλημα 6 — ισχύς με Μ.Κ.

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την ισχύ που καταναλώνεται στην αντίσταση των 10(Ω), χρησιμοποιώντας τη Μ.Κ. (Ρ(10Ω) = 1,1 W) (Στο σχήμα: κόμβος 1 με πηγή ρεύματος 2 A (προς τα επάνω), 1 Ω και 10 Ω προς τη γείωση· 5 Ω μεταξύ κόμβων 1 και 2· κόμβος 2 με πηγή ρεύματος 4 A (προς τα επάνω) και 5 Ω προς τη γείωση.)

Πώς σκεφτόμαστε: Δύο κόμβοι με άγνωστα δυναμικά \(V_1\), \(V_2\). Γράφουμε Ν.Ρ.Κ. σε κάθε κόμβο (εξερχόμενα ρεύματα = εισερχόμενο ρεύμα πηγής) και λύνουμε το σύστημα.

Λύση:

Κόμβος 1: \(\dfrac{V_1}{1}+\dfrac{V_1}{10}+\dfrac{V_1-V_2}{5}=2\).
Κόμβος 2: \(\dfrac{V_2}{5}+\dfrac{V_2-V_1}{5}=4\Rightarrow V_2=\dfrac{20+V_1}{2}\).
Αντικατάσταση: \(1{,}3V_1-0{,}1(20+V_1)=2\Rightarrow 1{,}2V_1=4\Rightarrow V_1\approx3{,}33\ V\).
\(P_{10Ω}=\dfrac{V_1^2}{10}=\dfrac{(10/3)^2}{10}\approx1{,}1\ W\).

Απάντηση: P(10Ω) ≈ 1,1 W.

Πρόσεξε:

Στη Μ.Κ. οι πηγές ρεύματος μπαίνουν απευθείας στο δεύτερο μέλος των εξισώσεων κόμβων.

Πρόβλημα 7 — τάση Vx ΚΑΙ ισχύς πηγής με Μ.Κ.

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την τάση \(V_x\) χρησιμοποιώντας τη Μ.Κ. και στη συνέχεια την ισχύ της πηγής των 30V. \((V_x=4{,}286V,\ P_{(30V)}=34{,}29W\) παρεχόμενη) (Στο σχήμα: πηγή 30 V (+ επάνω)· από τον πάνω κόμβο της, κλάδος 10 Ω σε σειρά με πηγή 40 V (+ επάνω) προς τη γείωση και 2 Ω (τάση \(V_x\), + αριστερά) προς δεύτερο κόμβο· από αυτόν 5 Ω προς τη γείωση και πηγή ρεύματος 3 A προς τα επάνω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Ο αριστερός κόμβος έχει δυναμικό 30 V από την πηγή· άγνωστο είναι μόνο το \(V_2\). Μετά βρίσκουμε το ρεύμα της πηγής 30 V με Ν.Ρ.Κ. στον κόμβο της.

Λύση:

Κόμβος 2: \(\dfrac{V_2-30}{2}+\dfrac{V_2}{5}=3\Rightarrow 0{,}7V_2=18\Rightarrow V_2\approx25{,}714\ V\).
\(V_x=30-V_2\approx4{,}286\ V\).
Ρεύματα από τον κόμβο 30 V: προς 2 Ω \(\dfrac{4{,}286}{2}\approx2{,}143\ A\)· προς τον κλάδο 10 Ω–40 V \(\dfrac{30-40}{10}=-1\ A\) (δηλαδή 1 A έρχεται από εκεί).
Ρεύμα της πηγής 30 V: \(2{,}143-1=1{,}143\ A\) (βγαίνει από τον + πόλο) ⇒ \(P_{(30V)}=30\cdot1{,}143\approx34{,}29\ W\) παρεχόμενη.

Απάντηση: V_x ≈ 4,286 V, P(30V) ≈ 34,29 W (παρεχόμενη).

Πρόσεξε:

Σε κλάδο με πηγή τάσης σε σειρά με αντίσταση, το ρεύμα είναι (διαφορά δυναμικών − τάση πηγής)/R.

Πρόβλημα 8 — ισχύς εξαρτημένης πηγής τάσης με Μ.Κ.

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την ισχύ της εξαρτημένης πηγής τάσης, χρησιμοποιώντας τη Μ.Κ. (απορροφά 1346,68 W) (Στο σχήμα: πηγή 500 V (+ επάνω) σε σειρά με 5 Ω προς τον κόμβο 1· από τον κόμβο 1, 100 Ω προς τη γείωση (ρεύμα \(I_x\) προς τα επάνω) και 10 Ω προς τον κόμβο 2· από τον κόμβο 2, κλάδος 4 Ω σε σειρά με εξαρτημένη πηγή τάσης \(18{,}8I_x\) (− επάνω, + κάτω) και 50 Ω προς τη γείωση.)

Πώς σκεφτόμαστε: Άγνωστα δυναμικά \(V_1\), \(V_2\). Το \(I_x\) (προς τα επάνω στην 100 Ω) εκφράζεται ως \(I_x=-V_1/100\). Ο κλάδος της εξαρτημένης πηγής έχει ρεύμα προς τα κάτω \((V_2+18{,}8I_x)/4\).

Λύση:

Κόμβος 1: \(\dfrac{V_1-500}{5}+\dfrac{V_1}{100}+\dfrac{V_1-V_2}{10}=0\).
Κόμβος 2: \(\dfrac{V_2-V_1}{10}+\dfrac{V_2}{50}+\dfrac{V_2+18{,}8I_x}{4}=0\), με \(I_x=-\dfrac{V_1}{100}\).
Λύση: \(V_1=370\ V,\ V_2=147\ V\), \(I_x=-3{,}7\ A\), τάση πηγής \(18{,}8I_x=-69{,}56\ V\).
Ρεύμα κλάδου προς τα κάτω: \(\dfrac{147-69{,}56}{4}=19{,}36\ A\), μπαίνει από τον αρνητικό ακροδέκτη της πηγής.
\(P=18{,}8I_x\cdot(-19{,}36)=(-69{,}56)\cdot(-19{,}36)\approx1346{,}68\ W\) απορροφούμενη.

Απάντηση: Η εξαρτημένη πηγή απορροφά ≈1346,68 W.

Πρόσεξε:

Η τιμή της εξαρτημένης πηγής βγαίνει αρνητική (−69,56 V), δηλαδή η πραγματική πολικότητα είναι αντίθετη από τη σημειωμένη.
Ελέγχεις το πρόσημο της ισχύος από το αν το ρεύμα μπαίνει από το + ή από το − της πηγής.

Πρόβλημα 9 — κύκλωμα με εξαρτημένη πηγή

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την τάση \(V_x\) χρησιμοποιώντας τη Μ.Κ. και στη συνέχεια την ισχύ της πηγής των 100 V. \((V_x=50V,\ P_{(100V)}=2000W\) αποδιδόμενη) (Στο σχήμα: πηγή 100 V παράλληλα με 10 Ω (ρεύμα \(I_x\) προς τα κάτω)· από τον κόμβο της πηγής, 5 Ω (τάση \(V_x\)) προς δεύτερο κόμβο, από τον οποίο ξεκινούν προς τη γείωση ο κλάδος 2 Ω σε σειρά με την εξαρτημένη πηγή τάσης \(5I_x\) (+ επάνω) και η αντίσταση 5 Ω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Με τη μέθοδο κόμβων (Μ.Κ.): ο κόμβος 1 έχει δυναμικό 100 V (επιβάλλεται από την πηγή), οπότε άγνωστο μένει μόνο το δυναμικό \(V_2\) του δεύτερου κόμβου. Το ελεγχόμενο μέγεθος \(I_x\) εκφράζεται από το \(V_1\): \(I_x=V_1/10\).

Λύση:

Γείωση στον κάτω κόμβο, \(V_1=100\ V\Rightarrow I_x=\dfrac{100}{10}=10\ A\) και η εξαρτημένη πηγή δίνει \(5I_x=50\ V\).
Ν.Ρ.Κ. στον κόμβο 2: \(\dfrac{V_2-100}{5}+\dfrac{V_2-50}{2}+\dfrac{V_2}{5}=0\Rightarrow 0{,}9V_2=45\Rightarrow V_2=50\ V\).
\(V_x=V_1-V_2=100-50=50\ V\).
Ρεύμα της πηγής: \(I=I_x+\dfrac{V_x}{5}=10+10=20\ A\) (βγαίνει από τον + πόλο) ⇒ \(P_{(100V)}=100\cdot20=2000\ W\) αποδιδόμενη.

Απάντηση: V_x = 50 V, P(100V) = 2000 W (αποδιδόμενη).

Πρόσεξε:

Οι εξαρτημένες πηγές ΔΕΝ μηδενίζονται ποτέ — το ελεγχόμενο μέγεθος εκφράζεται με τους αγνώστους.
«Αποδιδόμενη» ισχύς: η πηγή δίνει ενέργεια στο κύκλωμα (ρεύμα βγαίνει από τον + πόλο).

Πρόβλημα 10 — ισοδύναμο Thévenin/Norton

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε το ισοδύναμο κατά Thevenin και Norton κύκλωμα. \((R_{TH}=20Ω,\ V_{TH}=55V,\ I_N=2{,}75A)\) (Στο σχήμα: πηγή ρεύματος 1 A (φορά προς τα κάτω) παράλληλα με 10 Ω· 20 Ω προς τον μεσαίο κόμβο, από τον οποίο 30 Ω σε σειρά με πηγή 20 V (− επάνω) πηγαίνουν στη γείωση και 5 Ω οδηγούν στον ακροδέκτη Α· ο ακροδέκτης Β συνδέεται στη γείωση μέσω πηγής 40 V (+ επάνω).)

Πώς σκεφτόμαστε: Βρίσκουμε \(V_{TH}\)=τάση ανοικτού Α–Β, \(R_{TH}\)=αντίσταση με μηδενισμένες τις ανεξάρτητες πηγές (τάσης→βραχυ, ρεύματος→ανοικτό), και \(I_N=V_{TH}/R_{TH}\).

Λύση:

\(R_{TH}\): μηδενίζουμε τις πηγές (1 A → ανοικτό, 20 V και 40 V → βραχυκύκλωμα): \(R_{TH}=5+30//(20+10)=5+15=20\ Ω\).
\(V_{TH}\) (Μ.Κ., γείωση κάτω): κόμβος 1: \(\dfrac{V_1}{10}+\dfrac{V_1-V_2}{20}+1=0\)· κόμβος 2: \(\dfrac{V_2-V_1}{20}+\dfrac{V_2+20}{30}=0\) ⇒ \(V_1=-11{,}67\ V,\ V_2=-15\ V\).
Χωρίς ρεύμα στα 5 Ω: \(V_A=V_2=-15\ V\), \(V_B=40\ V\) ⇒ \(V_{AB}=-55\ V\), δηλαδή \(V_{TH}=55\ V\) με τον θετικό πόλο στο Β.
\( I_N=\dfrac{V_{TH}}{R_{TH}}=\dfrac{55}{20}=2{,}75\ A \).

Απάντηση: R_TH=20 Ω, V_TH=55 V, I_N=2,75 A.

Πρόσεξε:

Πηγή τάσης → βραχυκύκλωμα, πηγή ρεύματος → ανοικτό, όταν υπολογίζεις την \(R_{TH}\).
Έλεγχος: \(I_N=V_{TH}/R_{TH}\) πρέπει να ισχύει πάντα.

Πρόβλημα 11 — Thévenin/Norton με εξαρτημένη πηγή

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε το ισοδύναμο κατά Thevenin και Norton κύκλωμα. \((R_{TH}=2{,}43Ω,\ V_{TH}=52{,}17V,\ I_N=21{,}428A)\) (Στο σχήμα: βρόχος με πηγή 100 V (+ επάνω), εξαρτημένη πηγή τάσης \(2V_x\) (− αριστερά, + δεξιά), 2 Ω, 5 Ω, 4 Ω, πηγή 20 V (+ επάνω) και 4 Ω (τάση \(V_x\), + αριστερά)· ο ακροδέκτης Α είναι στον κόμβο της πηγής 100 V και ο Β μεταξύ των 5 Ω και 4 Ω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Με εξαρτημένη πηγή, η \(R_{TH}\) δεν βρίσκεται με απλό μηδενισμό· χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της δοκιμαστικής πηγής (ή \(R_{TH}=V_{oc}/I_{sc}\)). Το \(V_x\) εκφράζεται με τους αγνώστους.

Λύση:

Ανοικτοί ακροδέκτες: ένα ρεύμα βρόχου i (δεξιόστροφα). Στα κάτω 4 Ω το ρεύμα κινείται από δεξιά προς αριστερά, άρα \(V_x=-4i\).
Ν.Τ.Κ.: \(100+2V_x=2i+5i+4i+20+4i\Rightarrow 100-8i=15i+20\Rightarrow i=\dfrac{80}{23}\approx3{,}478\ A\).
\(V_{TH}=V_{AB}=-2V_x+7i=8i+7i=15i\approx52{,}17\ V\).
Βραχυκυκλωμένα Α–Β: κάτω βρόχος \(100=4i_2+20+4i_2\Rightarrow i_2=10\ A\), \(V_x=-40\ V\)· πάνω βρόχος \(2V_x=7i_1\Rightarrow i_1\approx-11{,}43\ A\).
\(I_N=i_2-i_1=10+11{,}43\approx21{,}43\ A\), \(R_{TH}=\dfrac{V_{TH}}{I_N}=\dfrac{52{,}17}{21{,}43}\approx2{,}43\ Ω\).

Απάντηση: R_TH=2,43 Ω, V_TH=52,17 V, I_N=21,428 A.

Πρόσεξε:

Με εξαρτημένες πηγές η \(R_{TH}\) βρίσκεται από \(V_{oc}/I_{sc}\) ή με δοκιμαστική πηγή — ΟΧΙ με μηδενισμό.
Έλεγχος: 52,17/21,428≈2,43 ✓.

Πρόβλημα 12 — ισχύς σε μη γραμμική αντίσταση

Εκφώνηση: Να υπολογισθεί η ισχύς στη μη γραμμική αντίσταση του παρακάτω κυκλώματος, της οποίας η χαρακτηριστική καμπύλη δίνεται στο διπλανό σχήμα. (5,0 μW) (Στο σχήμα: η R συνδέεται μεταξύ δύο κλάδων· ο πάνω κλάδος έχει 4 KΩ, πηγή 12 V και 6 KΩ, ο κάτω κλάδος 3 KΩ, πηγή 9 V και 5 KΩ.)

Πώς σκεφτόμαστε: Απομονώνουμε τη μη γραμμική R και βρίσκουμε το ισοδύναμο Thévenin του υπολοίπου. Η λύση προκύπτει από την τομή της ευθείας φορτίου (Thévenin) με τη χαρακτηριστική καμπύλη i–v της R.

Λύση:

Χωρίς την R οι δύο κλάδοι (πάνω: 12 V με \(4+6=10\ KΩ\), κάτω: 9 V με \(3+5=8\ KΩ\)) σχηματίζουν έναν βρόχο: \(I=\dfrac{12+9}{10+8}=\dfrac{21}{18}\approx1{,}167\ mA\).
Τάση ανοικτού κυκλώματος στα άκρα της R: \(V_{TH}=12-10\cdot1{,}167\approx0{,}333\ V\)· \(R_{TH}=10//8=\dfrac{80}{18}\approx4{,}44\ KΩ\).
Ευθεία φορτίου: \(i=\dfrac{0{,}333-v}{4{,}44\ KΩ}\) (σημεία: v=0 ⇒ i≈75 μA, v=0,333 V ⇒ i=0).
Η τομή με τη χαρακτηριστική δίνει σημείο λειτουργίας περίπου \(v\approx0{,}22\ V,\ i\approx23\ \mu A\) ⇒ \(P=v\cdot i\approx5\ \mu W\).

Απάντηση: P ≈ 5,0 μW.

Πρόσεξε:

Για μη γραμμική αντίσταση δεν ισχύει ο νόμος Ohm — λύνουμε γραφικά (ευθεία φορτίου ∩ χαρακτηριστική).
Η ευθεία φορτίου προκύπτει από το ισοδύναμο Thévenin του υπόλοιπου γραμμικού κυκλώματος.

Πρόβλημα 13 — μέγιστη μεταφορά ισχύος

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την αντίσταση \(R_L\) για μέγιστη ισχύ καθώς επίσης και τη μέγιστη ισχύ. \((R_L=20Ω,\ P_{max}=312{,}5\ mW)\) (Στο σχήμα: πηγή ρεύματος 2 A παράλληλα με 5 Ω· 15 Ω προς κόμβο από τον οποίο ξεκινούν ο κλάδος 10 Ω – πηγή 10 V (+ επάνω) – Δ – \(R_L\) – Β και ο κλάδος πηγή 20 V (+ επάνω) – 20 Ω προς τη γείωση Β.)

Πώς σκεφτόμαστε: Απομονώνουμε την \(R_L\), βρίσκουμε το ισοδύναμο Thévenin (\(V_{TH}\), \(R_{TH}\)) του υπολοίπου. Μέγιστη ισχύς όταν \(R_L=R_{TH}\), με \(P_{max}=V_{TH}^2/(4R_{TH})\).

Λύση:

\(R_{TH}\) στα Δ–Β (πηγές μηδενισμένες): \(R_{TH}=10+(5+15)//20=10+10=20\ Ω\).
\(V_{TH}\) (Μ.Κ., γείωση στο Β): \(\dfrac{V_1}{5}+\dfrac{V_1-V_2}{15}=2\) και \(\dfrac{V_2-V_1}{15}+\dfrac{V_2-20}{20}=0\) ⇒ \(V_1=11{,}25\ V,\ V_2=15\ V\).
Χωρίς ρεύμα στα 10 Ω: \(V_{TH}=V_Δ=V_2-10=5\ V\).
Μέγιστη μεταφορά: \(R_L=R_{TH}=20\ Ω\), \( P_{max}=\dfrac{V_{TH}^2}{4R_{TH}}=\dfrac{25}{80}=0{,}3125\ W=312{,}5\ mW \).

Απάντηση: R_L = 20 Ω, P_max = 312,5 mW.

Πρόσεξε:

Μέγιστη ισχύς ⇔ προσαρμογή \(R_L=R_{TH}\), όχι μέγιστη ή ελάχιστη R_L.
Επαλήθευση: \(V_{TH}^2/(4R_{TH})=25/80=0{,}3125W\) ✓.

Πρόβλημα 14 — τάση με επαλληλία

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την τάση \(V_x\), χρησιμοποιώντας το θεώρημα επαλληλίας. \((V_x=10V)\) (Στο σχήμα: κόμβος 1 με 2 Ω σε σειρά με πηγή 16 V (+ επάνω) προς τη γείωση· 4 Ω μεταξύ κόμβων 1 και 2, και παράλληλα με αυτή πηγή ρεύματος 8 A με φορά από τον κόμβο 2 προς τον κόμβο 1· στον κόμβο 2 η αντίσταση 6 Ω (τάση \(V_x\)) και πηγή ρεύματος 6 A προς τα επάνω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Ενεργοποιούμε μία ανεξάρτητη πηγή τη φορά (τις άλλες μηδενίζουμε: τάσης→βραχύ, ρεύματος→ανοικτό), υπολογίζουμε τη συνεισφορά κάθε πηγής στη \(V_x\), και τις αθροίζουμε αλγεβρικά.

Λύση:

Μόνο η πηγή 16 V (πηγές ρεύματος ανοικτές): βρόχος \(2+4+6=12\ Ω\), \(I=16/12=4/3\ A\) ⇒ \(V_x'=6\cdot\dfrac43=8\ V\).
Μόνο η 8 A (16 V βραχύ): από τον κόμβο 1 στον κόμβο 2 οι δρόμοι είναι 4 Ω και 2+6=8 Ω· από τον δρόμο των 8 Ω περνούν \(8\cdot\dfrac{4}{12}=\dfrac83\ A\), που διαρρέουν την 6 Ω από κάτω προς τα πάνω ⇒ \(V_x''=-6\cdot\dfrac83=-16\ V\).
Μόνο η 6 A: από τον κόμβο 2 προς τη γείωση οι δρόμοι είναι 6 Ω και 4+2=6 Ω, άρα από τον καθένα 3 A ⇒ \(V_x'''=6\cdot3=18\ V\).
Επαλληλία: \(V_x=8-16+18=10\ V\).

Απάντηση: V_x = 10 V.

Πρόσεξε:

Η επαλληλία ισχύει για τάση/ρεύμα, ΟΧΙ για ισχύ.
Μηδενισμός: πηγή τάσης → βραχυκύκλωμα, πηγή ρεύματος → ανοικτό κύκλωμα.

Πρόβλημα 15 — επαλληλία με εξαρτημένη πηγή

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την τάση \(V_0\) και το ρεύμα \(I_0\), εφαρμόζοντας την αρχή της επαλληλίας. \((V_0=12V,\ I_0=4A)\) (Στο σχήμα: 2 Ω (τάση \(V_x\), + επάνω) από τον πάνω αριστερό κόμβο στη γείωση· πηγή 4 V (+ αριστερά) προς τον μεσαίο κόμβο· από αυτόν 1 Ω σε σειρά με πηγή ρεύματος 2 A (προς τα επάνω) στη γείωση και 3 Ω (τάση \(V_0\), + αριστερά, ρεύμα \(I_0\)) προς την εξαρτημένη πηγή τάσης \(5V_x\) (+ επάνω).)

Πώς σκεφτόμαστε: Με εξαρτημένη πηγή, η επαλληλία εφαρμόζεται στις ανεξάρτητες πηγές (4V και 2A)· η εξαρτημένη \(5V_x\) παραμένει πάντα ενεργή σε κάθε επιμέρους κύκλωμα.

Λύση:

Μόνο η πηγή 4 V (2 A ανοικτή, η \(5V_x\) μένει ενεργή): ένα ρεύμα i στον βρόχο 2 Ω – 4 V – 3 Ω – \(5V_x\), με \(V_x=-2i\). Ν.Τ.Κ.: \(3i=V_x-4-5V_x\Rightarrow 3i=8i-4\Rightarrow i=0{,}8\ A\) ⇒ \(V_0'=2{,}4\ V,\ I_0'=0{,}8\ A\).
Μόνο η πηγή 2 A (4 V βραχύ, οπότε \(V_x=V_N\)): \(\dfrac{V_N}{2}+\dfrac{V_N-5V_N}{3}=2\Rightarrow -\dfrac56V_N=2\Rightarrow V_N=-2{,}4\ V\) ⇒ \(V_0''=V_N-5V_N=9{,}6\ V,\ I_0''=3{,}2\ A\).
Επαλληλία: \(V_0=2{,}4+9{,}6=12\ V\), \(I_0=0{,}8+3{,}2=4\ A\).

Απάντηση: V_0 = 12 V, I_0 = 4 A.

Πρόσεξε:

Οι εξαρτημένες πηγές ΔΕΝ μηδενίζονται στην επαλληλία — μένουν ενεργές σε κάθε βήμα.
Το πλήθος των επιμέρους κυκλωμάτων = πλήθος ανεξάρτητων πηγών (εδώ 2).

Πρόβλημα 16 — ισχύς σε συμμετρικό κύκλωμα

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την ισχύ που καταναλώνεται σε κάθε αντίσταση. (αντιστάσεις των 5(Ω): 500W, αντιστάσεις των 3(Ω): 300W, σε όλες τις άλλες η ισχύς είναι 0 W) (Στο σχήμα: δύο πηγές 80 V (+ επάνω) στα άκρα· 20 Ω συνδέει τους πάνω κόμβους τους· 5 Ω – 4 Ω – 5 Ω στη μεσαία γραμμή, με 3 Ω από κάθε ενδιάμεσο κόμβο προς τα κάτω· 10 Ω συνδέει τα κάτω σημεία.)

Πώς σκεφτόμαστε: Η συμμετρία του κυκλώματος (δύο ίσες πηγές 80V ομόπολες) εξασφαλίζει ότι από τους κλάδους-γέφυρες (20Ω, 4Ω, 10Ω) δεν περνά ρεύμα. Έτσι κάθε πλευρά ανάγεται σε απλή σειρά 5Ω+3Ω.

Λύση:

Λόγω συμμετρίας, τα σημεία που συνδέουν οι 20Ω, 4Ω, 10Ω είναι ισοδυναμικά ⇒ μηδενικό ρεύμα σε αυτούς (P=0).
Κάθε πλευρά: \(80V\) σε \(5+3=8\ Ω\) ⇒ \(I=80/8=10\ A\).
\( P_{5Ω}=10^2\cdot5=500\ W,\quad P_{3Ω}=10^2\cdot3=300\ W \) (σε κάθε 5Ω και κάθε 3Ω).

Απάντηση: Κάθε 5Ω: 500 W· κάθε 3Ω: 300 W· 20Ω, 4Ω, 10Ω: 0 W (λόγω συμμετρίας).

Πρόσεξε:

Σε συμμετρικά κυκλώματα, οι γέφυρες μεταξύ ισοδυναμικών σημείων δεν διαρρέονται (P=0) — γέφυρα Wheatstone.
Επαλήθευση: I=80/8=10A ⇒ 10²·5=500W, 10²·3=300W ✓.

Πρόβλημα 17 — ισχύς (αντίθετες πηγές)

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε την ισχύ που καταναλώνεται σε κάθε αντίσταση. (P(10Ω) = 1000W, Ρ(5Ω) = 500W, Ρ(6Ω) = 0W) (Στο σχήμα: πηγή 50 V αριστερά με + επάνω, πηγή 50 V δεξιά με + κάτω· 10 Ω μεταξύ των πάνω κόμβων· δύο 5 Ω προς τον μεσαίο κόμβο και 6 Ω από αυτόν προς τα κάτω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Οι δύο πηγές είναι αντίθετα πολωμένες, οπότε ο άνω δεξιός κόμβος είναι στα −50V. Το 10Ω βλέπει 100V· ο κεντρικός κόμβος (λόγω αντισυμμετρίας) είναι στα 0V, οπότε από το 6Ω δεν περνά ρεύμα.

Λύση:

10Ω μεταξύ +50V και −50V: \(V=100\ V\Rightarrow I=10\ A\Rightarrow P_{10Ω}=10^2\cdot10=1000\ W\).
Κεντρικός κόμβος στα 0V (αντισυμμετρία) ⇒ κάθε 5Ω βλέπει 50V: \(I=10\ A\Rightarrow P_{5Ω}=10^2\cdot5=500\ W\).
Στο 6Ω: τα ρεύματα των δύο 5Ω αλληλοαναιρούνται στον κεντρικό κόμβο ⇒ \(P_{6Ω}=0\ W\).

Απάντηση: P₁₀Ω = 1000 W, κάθε P₅Ω = 500 W, P₆Ω = 0 W.

Πρόσεξε:

Αντίθετες πηγές ⇒ το 10Ω βλέπει το άθροισμα (100V)· η αντισυμμετρία μηδενίζει το 6Ω.
Επαλήθευση: P₁₀=100²/10=1000W ✓, P₅=50²/5=500W ✓.

Πρόβλημα 18 — ισχύς (μέθοδος κόμβων)

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του παρακάτω σχήματος βρείτε ισχύ που καταναλώνεται σε κάθε αντίσταση. (Ρ(10Ω) = 360W, Ρ(20Ω) = 193,44W, Ρ(5Ω, αρ.) = 285,01W, Ρ(5Ω, δεξ.) = 98,57W) (Στο σχήμα: πηγή 100 V αριστερά και πηγή 40 V δεξιά, και οι δύο με + επάνω· 10 Ω μεταξύ των πάνω κόμβων· δύο 5 Ω προς τον μεσαίο κόμβο και 20 Ω από αυτόν προς τα κάτω.)

Πώς σκεφτόμαστε: Με μέθοδο κόμβων: ο άνω αριστερός κόμβος στα 100V, ο άνω δεξιός στα 40V. Βρίσκουμε την τάση \(V_c\) του κεντρικού κόμβου και μετά τις ισχείς.

Λύση:

10 Ω μεταξύ 100 V και 40 V: \(I=\dfrac{60}{10}=6\ A\Rightarrow P_{10Ω}=6^2\cdot10=360\ W\).
Κεντρικός κόμβος (Ν.Ρ.Κ.): \(\dfrac{V_c-100}{5}+\dfrac{V_c-40}{5}+\dfrac{V_c}{20}=0\Rightarrow 9V_c=560\Rightarrow V_c=62{,}22\ V\).
\( P_{20Ω}=\dfrac{V_c^2}{20}\approx193{,}58\ W \)
\( P_{5Ω,αρ}=\dfrac{(100-V_c)^2}{5}\approx285{,}43\ W,\quad P_{5Ω,δεξ}=\dfrac{(V_c-40)^2}{5}\approx98{,}77\ W \)

Απάντηση: P₁₀Ω = 360 W, P₂₀Ω ≈ 193,58 W, P₅Ω(αρ) ≈ 285,43 W, P₅Ω(δεξ) ≈ 98,77 W.

Πρόσεξε:

Σημείωση: το βιβλίο δίνει 193,44 W, 285,01 W και 98,57 W, τιμές που προκύπτουν από στρογγυλοποιημένη τάση κόμβου (≈62,2 V)· με την ακριβή \(V_c=560/9\) V προκύπτουν 193,58 W, 285,43 W και 98,77 W.
Η μέθοδος κόμβων δίνει άμεσα την τάση \(V_c\), απ' όπου βγαίνουν όλες οι ισχείς.