Cuando t=, según el teorema de conmutación, iL()=iL(0-)=6A. En este momento, el inductor equivale a una fuente de corriente de 6 A, por lo que: UL()=-IL()×(r 1+R2)+US =-6×(8+4)+24 = -48(V).
Cuando t=∞, el inductor es equivalente a un cortocircuito nuevamente, por lo que UL(∞)=0, il(∞)= us/(r 1+R2)= 24/(8+4) = 2(a).
Us está cortocircuitado y la resistencia equivalente en el punto donde se desconecta del inductor es: r = r1+R2 = 8+4 = 12 (ω).
Entonces la constante de tiempo del circuito es: τ=L/R=0.6/12=0.05(s).
Método de tres factores: f (t) = f (∞)+[f ()-f (∞)] e (-t/τ).
il(t)=2+(6-2)e^(-t/0.05)=2+4e^(-20t)? (A) Cincuenta por ciento.
ul(t)=(-48-0)e^(-t/0.05)=-48e^(-20t)(Capítulo 5).
8. Solución: Cuando t=0-, el capacitor es equivalente a un circuito abierto. No hay corriente ni voltaje en la resistencia 2ω de arriba, por lo que Uc(0-) es el voltaje en la serie 4ω 2ω. resistor. UC(0-)= 10×(4+2)/(4+4+2)= 6(V).
Cuando t=, según el teorema del cambio, Uc(0- ) =Uc()=6V, el capacitor equivale a una fuente de voltaje de 6V, entonces el circuito equivalente en este momento es el siguiente:
Supongamos que la corriente de la fuente de voltaje de 10V de la izquierda es Yo, y la dirección es hacia arriba. ¿Cómo es posible que la corriente en la resistencia 4ω en el medio de KCL sea I-ic() y la dirección sea hacia abajo?
Según kvl: 4i+4x [I-IC ()] = 10, 4x [I-IC ()] = 2xIC ()+6.
Resuelve la ecuación, I=9/8, ic()=-0,25.
Cuando t=∞, la capacitancia es equivalente a un circuito abierto, ic(∞)=0, Uc(∞)=10×4/(4+4)=5(V).
La fuente de tensión está cortocircuitada y la resistencia equivalente obtenida desconectando el condensador es: r = 2+4∑4 = 4(ω).
Entonces la constante de tiempo del circuito es: τ=RC=4×0.5=2(s).
ic(t)=(-0.25-0)e^(-t/2)=-0.25e^(-0.5t)? (A) Cincuenta por ciento.
uc(t)=5+(6-5)e^(-t/2)=5+e^(-0.5t)(v).
15. Solución: ①Método de voltaje de nodo: suponga que los potenciales de los nodos 1 y 2 son U1 y U2, y el nodo más bajo es el nodo común o. Según KCL, se obtiene la siguiente ecuación de voltaje de nodo:
Nodo 1:u 1/4+(u 1+8-U2)/4 = 0, 2u 1-U2 =-24;
Nodo 2: (U1+8 -U2)/4+ 7 = U2/4, U1-2U2=-36.
Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos: U1=-4, U2=16.
Entonces: I=-U2/4=-16/4=-4(A).
②Método de corriente de malla: supongamos que las tres corrientes de malla son I1, I2 e I3, y la dirección es en sentido contrario a las agujas del reloj, como se muestra en la siguiente figura:
Obviamente, a partir de la figura, podemos Se puede ver que I1 = 4A, i3 = i. Debido a que se conoce la corriente de la primera red, no es necesario escribir una ecuación, además, sea u e I2 el voltaje a través de la fuente de corriente de 7A; -I3=7.
Cuadrícula 2: 4×(I2-I1)+4×(I2-I3)+4 I2 =-8+U, 12 I2-4 I3 = 8+U
< p; >Cuadrícula 3: u+4× (i3-I2)+4i3 = 0, U-4I2+8I3=0.Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos: I2=3, I3=-4, U=44.
Entonces: I =-4A.