ELEC-C4110 Piirianalyysi I
1. v¨alikoe 25.10.2016 1.gU1
R1
R2 J
U0 U1
Laske kuvan mukaisen piirin tyhj¨ak¨ayntij¨anniteU0 sol- mumenetelm¨a¨a k¨aytt¨aen.
J = 1 A g= 20mS R1= 10 Ω R2= 30 Ω.
2.
E1
R1 R2
R3
E2
J Laske vastuksessaR2 kuluva tehoP2.
R1= 1 Ω R2= 2 Ω R3= 3 Ω E1= 5 V E2= 6 V J = 3 A.
3.
E
R1 R2
R3 R4
R5 J
I
Laske Nortonin menetelm¨all¨a vastuksenR5 virtaI.
J = 1 A E= 2 V R1= 1 Ω R2= 3 Ω R3= 5 Ω R4= 7 Ω R5= 9 Ω.
0.1
gU1
R1
R2 J
U0
U1
Laske kuvan mukaisen piirin tyhj¨ak¨ayntij¨annite U0 sol- mumenetelm¨a¨a k¨aytt¨aen.
J = 1 A g= 20mS R1= 10 Ω R2= 30 Ω.
Valitaan alin solmu referenssisolmuksi ja nimet¨a¨an solmut. Ohjaava j¨anniteU1=UA−UB.
gU1
R1
R2 J
UA UB
U1
B A
G1 −G1
−G1 G1+G2
UA
UB
=
−g(UA−UB) J
Siirret¨a¨an ohjattu l¨ahde yht¨al¨on vasemmalle puolelle.
G1+g −G1−g
−G1 G1+G2
UA
UB
= 0
J
Ratkaistaan Cramerin s¨a¨ann¨oll¨a.
U0=UA= (G1+g)J
(G1+g)(G1+G2) +G1(−G1−g) = G1+g
G2(G1+g)J= J G2
= 30 V.
0.2
E1
R1 R2
R3
E2
J Laske vastuksessaR2 kuluva tehoP2.
R1= 1 Ω R2= 2 Ω R3= 3 Ω E1= 5 V E2= 6 V J = 3 A.
Ratkaistaan ensin vastuksen l¨api kulkeva virta kerrostamalla.
E1
R1 R2
R3
I1
I1= 0 A
R1 R2
R3
I2
E2
I2= E2
R2+R3
=6 5A
R1 R2
R3
I3
J
Virranjakos¨a¨ant¨o:
I3=− R3
R2+R3
J =−9 5A
Kokonaisvirta:
I= 0 + E2
R2+R3 − R3
R2+R3
J =−3 5A Lopuksi lasketaan teho:
P =U I =R2I2=R2
0 + E2
R2+R3
+ R3
R2+R3
J 2
=18
25W = 0.72 W
0.3
E
R1 R2
R3 R4
R5 J
I
Laske Nortonin menetelm¨all¨a vastuksenR5 virtaI.
J = 1 A E= 2 V R1= 1 Ω R2= 3 Ω R3= 5 Ω R4= 7 Ω R5= 9 Ω.
Ratkaistaan ensin passiivisen piirin resistanssi:
R1 R2
R3 R4
RN=R1+R3= 6 Ω
Seuraavaksi voidaan laskea tyhj¨ak¨ayntij¨annite.
E
R1 R2
R3 R4
U0 J U0= (R1+R3)J+E= 8 V
Nortonin l¨ahteen arvon (jonka olisi voinut laskea my¨os oikosulkuvirran avulla) on
JN= U0
RN
= (R1+R3)J+E R1+R3
=J+ E
R1+R3
=4 3A.
Muodostetaan Nortonin l¨ahde ja ratkaistaan kysytty virta.
JN RN R5
A
B
I
I= RN
RN+R5
JN= 2 5·4
3A = 8
15A≈0,533 A
