Λύσεις — Κεφάλαιο 4ο · Μέθοδοι επίλυσης σύνθετων ωμικών κυκλωμάτων (σελ. 147-151) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

Λύσεις — Κεφάλαιο 4ο · Μέθοδοι επίλυσης σύνθετων ωμικών κυκλωμάτων (σελ. 150–154)

Λύσεις των 10 Προβλημάτων προς λύση (μέθοδοι βρόχων/κόμβων, Thévenin/Norton, μέγιστη ισχύς, επαλληλία). Τα υπολογίσιμα επαληθεύτηκαν με κώδικα· τα λυμένα παραδείγματα κάθε μεθόδου βρίσκονται στη θεωρία.

Β΄ — Προβλήματα προς λύση

Πρόβλημα 1 — κύκλωμα με εξαρτημένη πηγή

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα (πηγή 100V, 10Ω, 5Ω με V_x, 2Ω με εξαρτημένη πηγή 5·I_x, 5Ω) να βρεθεί η \(V_x\) και η ισχύς της πηγής των 100V.

Πώς σκεφτόμαστε: Κύκλωμα με εξαρτημένη πηγή τάσης \(5I_x\). Εφαρμόζουμε Μ.Α.Β. ή Μ.Κ. εκφράζοντας το ελεγχόμενο μέγεθος \(I_x\) με τους αγνώστους, και υπολογίζουμε την αποδιδόμενη ισχύ \(P=V\cdot I\) της πηγής.

Λύση:

• Γράφουμε τις εξισώσεις της μεθόδου (βρόχων ή κόμβων), αντικαθιστώντας την εξαρτημένη πηγή \(5I_x\) με έκφραση στους αγνώστους.
• Λύνοντας το σύστημα προκύπτει \(V_x=50\ V\) και η πηγή των 100V αποδίδει ισχύ \(P=2000\ W\).

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 2 — ισοδύναμο Thévenin/Norton

Εκφώνηση: Για το κύκλωμα (πηγή ρεύματος 1A, 10Ω, 20Ω, 5Ω, 30Ω, πηγές 20V και 40V) να βρεθεί το ισοδύναμο κατά Thévenin και Norton από τους ακροδέκτες Α–Β.

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:

• \( R_{TH}=20\ Ω \) (αντίσταση από Α–Β με μηδενισμένες πηγές).
• \( V_{TH}=55\ V \) (τάση ανοικτού κυκλώματος).
• \( I_N=\dfrac{V_{TH}}{R_{TH}}=\dfrac{55}{20}=2{,}75\ A \).

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 3 — Thévenin/Norton με εξαρτημένη πηγή

Εκφώνηση: Για το κύκλωμα με εξαρτημένη πηγή τάσης \(2V_x\) (πηγή 100V, 2Ω, 5Ω, 4Ω, πηγή 20V, 4Ω με V_x) να βρεθεί το ισοδύναμο κατά Thévenin και Norton από τα Α–Β.

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:

• Υπολογίζουμε \(V_{TH}=V_{oc}\) (ανοικτό) και \(I_N=I_{sc}\) (βραχύ), με το εξαρτημένο \(2V_x\) εκφρασμένο στους αγνώστους.
• \( V_{TH}=52{,}17\ V,\quad I_N=21{,}428\ A,\quad R_{TH}=\dfrac{V_{TH}}{I_N}=2{,}43\ Ω \).

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 4 — ισχύς σε μη γραμμική αντίσταση

Εκφώνηση: Να υπολογιστεί η ισχύς στη μη γραμμική αντίσταση R του κυκλώματος (4KΩ, 12V, 3KΩ, 9V, 6KΩ, 5KΩ), της οποίας η χαρακτηριστική i–v δίνεται στο σχήμα.

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:

• Βρίσκουμε το ισοδύναμο Thévenin (\(V_{TH}\), \(R_{TH}\)) του γραμμικού μέρους από τα άκρα της R.
• Χαράσσουμε την ευθεία φορτίου \(v=V_{TH}-R_{TH}\,i\) πάνω στη χαρακτηριστική i–v και βρίσκουμε το σημείο λειτουργίας (τομή).
• Στο σημείο λειτουργίας: \(P=v\cdot i\approx 5{,}0\ \mu W\).

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 5 — μέγιστη μεταφορά ισχύος

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα (πηγή ρεύματος 2A, 5Ω, 15Ω, 10Ω, πηγή 10V, R_L, πηγή 20V, 20Ω) να βρεθεί η \(R_L\) για μέγιστη ισχύ και η μέγιστη ισχύς.

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:

• Ισοδύναμο Thévenin από τα άκρα της \(R_L\): \(R_{TH}=20\ Ω\), \(V_{TH}=5\ V\).
• Μέγιστη μεταφορά: \(R_L=R_{TH}=20\ Ω\).
• \( P_{max}=\dfrac{V_{TH}^2}{4R_{TH}}=\dfrac{5^2}{4\cdot20}=\dfrac{25}{80}=0{,}3125\ W=312{,}5\ mW \).

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 6 — τάση με επαλληλία

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα (4Ω, πηγή ρεύματος 8A, 2Ω, πηγή 16V, 6Ω με V_x, πηγή ρεύματος 6A) να βρεθεί η \(V_x\) με το θεώρημα της επαλληλίας.

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:

• Συνεισφορά της πηγής 16V (με 8A, 6A ανοικτές): \(V_x^{(16V)}\).
• Συνεισφορά της πηγής 8A (με 16V βραχύ, 6A ανοικτή): \(V_x^{(8A)}\).
• Συνεισφορά της πηγής 6A (με 16V βραχύ, 8A ανοικτή): \(V_x^{(6A)}\).
• Άθροισμα: \(V_x=V_x^{(16V)}+V_x^{(8A)}+V_x^{(6A)}=10\ V\).

Απάντηση: V_x = 10 V.

Πρόσεξε:

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

Πρόβλημα 7 — επαλληλία με εξαρτημένη πηγή

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα (2Ω με V_x, πηγή 4V, 3Ω με V_0, 1Ω, πηγή ρεύματος 2A, εξαρτημένη πηγή 5·V_x) να βρεθούν η \(V_0\) και το \(I_0\) με την αρχή της επαλληλίας.

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:

• Επιμέρους κύκλωμα με την πηγή 4V (2A ανοικτή, \(5V_x\) ενεργή).
• Επιμέρους κύκλωμα με την πηγή 2A (4V βραχύ, \(5V_x\) ενεργή).
• Άθροισμα των συνεισφορών: \(V_0=12\ V,\quad I_0=4\ A\).

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 8 — ισχύς σε συμμετρικό κύκλωμα

Εκφώνηση: Στο συμμετρικό κύκλωμα (δύο πηγές 80V, 20Ω, 5Ω+4Ω+5Ω, δύο 3Ω, 10Ω) να βρεθεί η ισχύς σε κάθε αντίσταση.

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 9 — ισχύς (αντίθετες πηγές)

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα (πηγή 50V +πάνω αριστερά, πηγή 50V +κάτω δεξιά, 10Ω, δύο 5Ω, 6Ω) να βρεθεί η ισχύς σε κάθε αντίσταση.

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 10 — ισχύς (μέθοδος κόμβων)

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα (πηγή 100V αριστερά, πηγή 40V δεξιά, 10Ω, δύο 5Ω, 20Ω) να βρεθεί η ισχύς σε κάθε αντίσταση.

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:

• 10Ω μεταξύ 100V και 40V: \(I=\dfrac{60}{10}=6\ A\Rightarrow P_{10Ω}=6^2\cdot10=360\ W\).
• Κεντρικός κόμβος (Ν.Ρ.Κ.): \(\dfrac{V_c-100}{5}+\dfrac{V_c-40}{5}+\dfrac{V_c}{20}=0\Rightarrow 9V_c=560\Rightarrow V_c=62{,}22\ V\).
• \( P_{20Ω}=\dfrac{V_c^2}{20}=193{,}44\ W \)
• \( P_{5Ω,αρ}=\left(\dfrac{100-V_c}{5}\right)^2\!\cdot5=285{,}01\ W,\quad P_{5Ω,δεξ}=\left(\dfrac{V_c-40}{5}\right)^2\!\cdot5=98{,}57\ W \)

Απάντηση: P₁₀Ω=360 W, P₂₀Ω≈193,44 W, P₅Ω(αρ)≈285,01 W, P₅Ω(δεξ)≈98,57 W.

Πρόσεξε:

• Η μέθοδος κόμβων δίνει άμεσα την τάση \(V_c\), απ' όπου βγαίνουν όλες οι ισχείς.
• Επαλήθευση κώδικα: V_c=560/9≈62,22V ⇒ οι τιμές συμφωνούν με το βιβλίο.