Thevenin netwerkje


Er loopt een stroom i+1mA door de weerstand van 12K. En er loopt een stroom i door de weerstand van 4K. De som van de spanningen over deze 2 weerstanden is U1.

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

Op 9 januari 2019 14:56:52 schreef douwebakker:
Er loopt een stroom i+1mA door de weerstand van 12K. En er loopt een stroom i door de weerstand van 4K. De som van de spanningen over deze 2 weerstanden is U1.

Als er 1mA loopt door Rx , dan heeft deze 9V
Dwz dat er nog 6V over blijft voor R12k, dus hierdoor loopt 0,5mA

?

Op 9 januari 2019 14:34:11 schreef spacekiek:
Is er een andere manier om dit schema te tekenen ?

Helpt dit?

(Probeer anders zelf een paar methodes om hetzelfde te tekenen tot je iets vind dat jij helder vind?)

[Bericht gewijzigd door Lucky Luke op 9 januari 2019 15:25:52 (22%)]

Blog // Backwards Lightspeed Bus: i*i=-1, so iic=-c.

@Spacekiek: Ook al zou er een weerstand zitten op de plek van die draad, wat dan nog? Als je de bronspanning kent (U1 = 15 V) en de geleverde stroom (de stroom door 12 Ω) dan weet je toch ook het door de bron geleverde vermogen?
Of zit je misschien te denken aan het vermogen dat in Rx gestopt wordt?

Als er 1mA loopt door Rx , dan heeft deze 9V
Dwz dat er nog 6V over blijft voor R12k, dus hierdoor loopt 0,5mA

Die 9 V zit toch (aan de onderkant) niet aan de - van U1??

[Bericht gewijzigd door aobp11 op 9 januari 2019 15:26:40 (23%)]

Op 9 januari 2019 15:21:39 schreef spacekiek:
[...]

Als er 1mA loopt door Rx , dan heeft deze 9V
Dwz dat er nog 6V over blijft voor R12k, dus hierdoor loopt 0,5mA

?

Dit kun je niet zomaar stellen. De open thevenin spanning zakt in elkaar van 15 naar 9 volt als Rx teruggeplaatst wordt. 15V was immers de open klemspanning.

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

Ik ben eens helemaal opnieuw begonnen en via driehoek ster transformatie gewerkt ... en YES :-))

https://i.ibb.co/PQB4wpD/unnamed.jpg

Op 9 januari 2019 15:21:39 schreef spacekiek:
[...]Als er 1mA loopt door Rx , dan heeft deze 9V

Dat is niet boeiend.

Dwz dat er nog 6V over blijft voor R12k

Dat is onjuist.

Je hebt eigenlijk deze schakeling:

code:


            _____
+15V  -----|_____|-----+------> 1mA naar 9k weerstand
             12k       |
                      | | 4k
                      | |
                       |
  0V  -----------------+

Je hoeft 'alleen maar' de stroom door de 12k weerstand uit te rekenen. Dat is de stroom die U1 levert en van daaruit kan je het geleverde vermogen berekenen.

Op 9 januari 2019 16:40:25 schreef spacekiek:
Ik ben eens helemaal opnieuw begonnen en via driehoek ster transformatie gewerkt ... en YES :-))

:-):-):-). Toppie! Een 10 van de meester!

[Bericht gewijzigd door ohm pi op 9 januari 2019 16:46:52 (16%)]

Bezoek mijn neefjes' site: www.tinuselectronics.nl

@Spacekiek, Je hebt het goed berekend, maar waarom zo ingewikkeld.
Ik heb (i+1)12+4i=15 => 16i=3 => i=3/16 De stroom die U1 levert wordt dan 1+3/16 = 19/16 mA Dit vermenigvuldigen met 15V en je hebt het vermogen.

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

Op 9 januari 2019 17:01:04 schreef douwebakker:
@Spacekiek, Je hebt het goed berekend, maar waarom zo ingewikkeld.
Ik heb (i+1)12+4i=15 => 16i=3 => i=3/16 De stroom die U1 levert wordt dan 1+3/16 = 19/16 mA Dit vermenigvuldigen met 15V en je hebt het vermogen.

Ja, ik snap wat je zegt, maar mijn oplossing is eerder de denkwijze die ze ons aangeleerd hebben.

Jouw methode is idd vééél simpeler, maar ik zou er zelf nooit opkomen. Nu ik het zie, ja ok ... poepsimpel. Maar 'k vind het zo raar dat je enkel in die éne lus kijkt, en de rest "doet er niet toe".

In mijn methode zie ik wel dat U1 (apart) 1mA levert, en de onderste 0,1875mA ... en samen in U1 1,1875mA resulteert.

Maar eigenlijk levert U1 dan toch maar 1mA ? De rest is "injectie" van U2 ?

@spacekiek, jullie hebben toch ook wel de 1e en 2e wet van Kirchhoff gehad?

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

Op 9 januari 2019 17:12:30 schreef douwebakker:
@spacekiek, jullie hebben toch ook wel de 1e en 2e wet van Kirchhoff gehad?

Ahja, som van uw spanningen moet 0 zijn ... jaja ok in die optiek
Oh man :-)

Op 9 januari 2019 17:08:17 schreef spacekiek:
[...]

Maar eigenlijk levert U1 dan toch maar 1mA ? De rest is "injectie" van U2 ?

Dat ben ik niet met je eens. U1 levert 19/16mA en U2 levert 9/16 mA

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

Op 9 januari 2019 17:01:04 schreef douwebakker:
@Spacekiek, Je hebt het goed berekend, maar waarom zo ingewikkeld.

Het kan ingewikkelder.
@Spacekiek heeft een driehoek-stertransformatie toegepast en en komt dus tot onderstaande schakeling:

code:


            _____
+ 15V  ----|_____|-------+
            12k          |
                        | |   
                        | |  36/25 k
            _____        |
   0V  ----|_____|-------+
             48/25 k     |
                        | |
                        | | 108/25 k
            _____        |
- 15V  ----|_____|-------+
             4k

Deze schakeling kan je weer omzetten naar een driehoekschakeling
Je krijgt dan het volgende plaatje:

code:


+ 15V  ------+-----------------+
             |                 |
            | |                |
            | | 3840/208 k     |
             |                | | 
   0V  ------+                | | 3840/48 k
             |                | |
            | |                |
            | | 3840/336 k     |
             |                 |
- 15V  ------+-----------------+

Nu kan je eenvoudig de stromen berekenen die de +15V levert
I1 = 15x208/3840 mA
I2 = 30x48/3840 mA
Geleverd vermogen door de +15V is
15x(15x208/3840+30x48/3840) mW = 17,8125 mW

Bezoek mijn neefjes' site: www.tinuselectronics.nl

@ohm pi, dit begrijpt toch niemand meer. Ik in ieder geval niet. Misschien iets voor mensen die er in doorgeleerd hebben.

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

Op zich is het niet moeilijk.
Eerst ga je van driehoek naar ster (zie uitwerking van @spacekiek) en daarna ga je van ster naar driehoek.
De getallen zijn verschrikkelijk en het wordt een onoverzichtelijke brij. De kans op onontdekte fouten neemt dan ook sterk toe.
Mijn voorkeur gaat ook naar de meest eenvoudige methode.
Op mijn IQ wordt dat gewoon de maas- en knooppuntmethode

code:


          ____
+ 15V ---|____|--->---+----->----+
           12k    I1  |     1mA  |
                      |          |
                      V I1-1mA   V 1mA
                      |          | 
                     | |         | 
                  4k | |         | 
            <- I1     |         | |
   0V ----------------+         | | Rx
            -> I2     |         | |
                      V I2-1mA   |
                      |          |
                     | |         |
                 12k | |         |
          ____        |          |
- 15V ---|____|---<---+-----<----+
            4k    I2        1mA

Bovenste stroomkring:
-15+12xI1+4xI1-4 = 0 V
16xI1 = 19 V
I1 = 19/16 mA
P=15x19/16 mW = 17,8125 mW
Onderste stroomkring is niet boeiend

Bezoek mijn neefjes' site: www.tinuselectronics.nl

@ohmpi: Als je er nu even bij vertelt dat je eerst bovenin 12 k +36/25 k samenharkt tot 1 weerstand en onderin 4 k + 108/25 k ook, en daarna pas die transformatie doet...

De dubbele ster-driehoektransformatie is niet de weg om tot een goede oplossing te komen. Het kan wel. Vandaar dat ik alle tussenstappen overgeslagen heb.

Bezoek mijn neefjes' site: www.tinuselectronics.nl
Frederick E. Terman

Golden Member

Zonder iets aan het bovenstaande af te durven doen :), hieronder nog een alternatieve denkwijze, die hierboven door de anderen al genoemd is, maar nu iets vollediger uitgetekend.

Veel problemen kunnen we alvast voorkomen door een geschikt nulpunt te kiezen. In dit geval is de verbinding tussen de twee spanningsbronnen een goed punt, omdat de spanningen dan heel eenvoudig aan te geven zijn.

Links: Je wilde zelf met Thevenin werken, dus dat doen we. We krijgen spanningen van 3,75 resp. −11,25 V; bij beide is de inwendige weerstand 3 kΩ.

Midden: Vervolgens stelt de vraag dat er 1 mA afgenomen dient te worden (door Rx, maar dat doet er nu nog even niet toe). We tekenen deze stroom in - we kunnen de opgave nog steeds als twee aparte schema's beschouwen - en zien de belaste spanningen zakken met 1 mA × 3 kΩ = 3 V. Ze worden dus resp. 0,75 en −8,25 V.

De stromen zijn nu meteen bekend: U1 levert (15−0,75)/12k en U2 levert (15−8,25)/4k. Daarmee kennen we ook de vermogens die de bronnen leveren.

Rechts: de spanning over Rx is blijkbaar 0,75 + 8,25 = 9 V.
Als je 9 V hebt en er loopt 1 mA, dan is Rx blijkbaar 9 kΩ, wat zoals we weten ook klopt.

Keramisch, kalibratie, parasitair: woordenlijst.org

@FET, Dank voor je heldere uiteenzetting. Ik volg je helemaal maar ik zou het nooit zo uit kunnen leggen. Hier steekt iedereen wat van op.
Douwe

Het bezit van de zaak is het eind van vermaak.

@FET,
Mooie complete samenvatting van 3 pagina's "Thevenin netwerkje".
En zonder sterdriehoektransformaties.

Bezoek mijn neefjes' site: www.tinuselectronics.nl

mooi, thevenin toch doorgezet, al was het niet door TS.

Fet, meer persoonlijke vraag.heb jij artikelen geschreven voor radio engineers Handboek? Ik vind als referentie FE Terman terug in een artikelverwijzing.

Zou het ook met Norton werken?

Dan krijgen we dus bovenaan een stroombron van 1.25 mA met 3k parallel, en onder een stroombron van -3,75mA met 3k parallel.

Als daar dan die 1mA bij de bovenste bron uit gaat en bij de onderste bron in gaat, wordt dat respectievelijk 0.25mA en -2,75mA.

Over de bovenste bron staat dan 0,25*3=0,75V en over de onderste -2,75*3=-8,25V (Net als met Thevenin! Mooi, ik zit goed!)

In totaal dus weer 9V over de weerstand, bij 1mA dus die is 9k.

So far so good, alleen klopt het vermogen in de bron dan niet: 0,75V bij 1.25 mA is 937,5 uW....

Blog // Backwards Lightspeed Bus: i*i=-1, so iic=-c.

Dat vermogen klopt in het eenvoudigste geval al niet. In een spanningsbron met serieweerstand loopt onbelast geen stroom, in een stroombron met parallelweerstand wel. Thévenin zegt alleen dat het voor het gevoede circuit niets uitmaakt welke situatie je hebt.

Frederick E. Terman

Golden Member

Dat doet denken aan het klassieke mopje: een black box levert open 12 V, en kortgesloten 2 A. Hoe weet je nu of het een Thévenin- of een Norton-kastje is?
Antwoord: het Thévenin-kastje blijft open koud en wordt kortgesloten warm; het Norton-kastje wordt open warm en blijft kortgesloten koud. :)

@kris: Nee, ik ben niet de 'echte' Terman; dat is alleen mijn nick. Iemand noemde me eens zo; ik weet niet of dat als compliment bedoeld was, of omdat ik net zo'n brilletje had. :)
We lijken wel veel op elkaar, afgezien van de leeftijd. Maar mijn (weinige) publicaties gaan allemaal over metingen aan radionavigatiesystemen.

Keramisch, kalibratie, parasitair: woordenlijst.org

Op 9 januari 2019 16:40:25 schreef spacekiek:
en via driehoek ster transformatie gewerkt ... en YES :-))

Ja, via ster-driehoek transformatie kan je deze opgave ook oplossen. Echter... De OPGAVE vraagt om het met thevenin te doen. Niet omdat dat de enige methode is, maar omdat het voor jou (en je klasgenoten) nuttig is om dat princiepe te leren. Sorry. Ik had het verkeerd onthouden. Het staat inderdaad niet in de opgave dat het met thevenin moet.

[Bericht gewijzigd door rew op 10 januari 2019 10:43:21 (12%)]

four NANDS do make a NOR . Kijk ook eens in onze shop: http://www.bitwizard.nl/shop/