Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P2

Chia sẻ: Van Kent Kent | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

0
732
lượt xem
360
download

Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P2

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn 1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên E = I .r0 + I .R = ΔU + U; I = E = 0,15A ; r0 + R Δ Sụt áp trên nguồn ΔU=I. r0=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn: U=I. R=1,05=E-ΔU; b) Giải tương tự. 1.2. a) Hình 1.42. a) I= E1 − E 2 + E3 = 0,5 A ; r01 + r02 + r03 U ab = −(E1 − I...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P2

  1. Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn 1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện Δ mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, E nên E = I .r0 + I .R = ΔU + U; I = = 0,15A ; r0 + R Sụt áp trên nguồn ΔU=I. r0=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn: U=I. R=1,05=E-ΔU; b) Giải tương tự. 1.2. a) Hình 1.42. a) E1 − E 2 + E3 I= = 0,5 A ; r01 + r02 + r03 U ab = −(E1 − I .r01 ) = − (12 − 0,5.4) = −10V ; U bc = E 2 + I .r02 = 18 + 0,5.3 = 19,5V ; U cd = −(E3 − I .r03 ) = −(10 − 0,5) = −9,5V b) Nếu đổi chiều nguồn E2 như ở hình 1.42. b) E1 + E 2 + E3 40 I= = = 2A ; U ab = −(E1 − I .r01 ) = −4V ; U bc = −(E 2 − I .r02 ) = −6V ; r01 + r02 + r03 + R 20 U cd = −(E 3 − I .r03 ) = −8V Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình vẽ. 1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn giản. 24 − 12 1.4. I= = 0,24 A ; U = 24 − 0,24.30 = 16,8 V = 12 + 0,24.20 50 E E2 1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì I = ; p = I 2 r0 = = 0,4 W r0 r0 E E2 Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì I = ; p= R. r0 + R (r0 + R) 2 Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để pmax thì p’=0: 33
  2. (r0 + R) 2 − R.2(R + r ) p' = E 2 = 0 Hay (r0 + R) 4 (r0 + R) 2 − 2R(R + r0 ) = r0 + 2rR + R 2 − 2R 2 − 2r0 R = r 2 − R 2 = 0 → 2 R = r0 2 E 0,4 p max R= r0 = = = 0,1 W = 100 mW 4r0 4 1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. u(t) [V] 10. a): 5 a) ⎧0 khi t < 0 ⎪5t khi 0 ≤ 1s ⎪ u(t ) = ⎨ . ⎪− 5t + 10 khi 1s ≤ t ≤ 2s 0 1 2 t [s] ⎪0 ⎩ khi 2s < t i(t) [A] b) 1 Đồ thị hình 1.43. a) 0 1 2 t [s] ⎧0 khi t < 0 p(t) [W] ⎪t khi 0 ≤ 1s u(t ) ⎪ 5 c) i(t)= = ⎨ . R ⎪− t + 2 khi 1s ≤ t ≤ 2s ⎪0 ⎩ khi 2s < t Đồ thị hình 1.43. b) 0 1 2 t [s] Công suất tức thời: H× nh1.43 u 2 (t ) p(t)=R. i2(t)= = R u(t) [V] a) ⎧0 khi t < 0 5 ⎪ 2 ⎪5t khi 0 ≤ 1s ⎨ 2 ⎪5(t − 4t + 4) khi 1s ≤ t ≤ 2s ⎪0 khi 2s < t 0 1 ⎩ 2 t [s] i(t) [A] b) Đồ thị hình 1.43c 1 Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng: 0 1 2 t [s] 1 1 t3 1 5 p(t) [W] WR = ∫ p(t )dt = ∫ 5t 2 dt =5 = W c) 0 0 3 0 3 5 ≈ 1,67 W 0 1 2 t [s] +Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b) H× nh1.44 34
  3. ⎧0 khi t < 0 ⎪5t khi 0 ≤ 1s ⎪ u(t ) = ⎨ . Đồ thị hình 1.44. a) ⎪5t − 5 khi 1s ≤ t ≤ 2s ⎪0 ⎩ khi 2s < t ⎧0 khi t < 0 ⎪t khi 0 ≤ 1s u(t ) ⎪ i (t ) = =⎨ Đồ thị hình 1.44. b) R ⎪t − 1 khi 1s ≤ t ≤ 2s ⎪0 ⎩ khi 2s < t ⎧0 khi t < 0 ⎪ 2 u 2 (t ) ⎪5t khi 0 ≤ 1 p(t ) = = R.i 2 (t ) = ⎨ Đồ thị hình 1.44. c) 2 R ⎪5(t − 2t + 1) khi 1 ≤ t ≤ 2 ⎪0 khi 2 < t ⎩ W≈1,67 W; +Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c) ⎧0 khi t < 0 ⎪5t khi 0 ≤ t ≤ 1s ⎪ ⎪ u(t) = ⎨5 khi 1s ≤ t ≤ 2s; Hình 1.45a) ⎪− 5t + 15 khi 2s ≤ t ≤ 3s ⎪ ⎪0 ⎩ khi 3s < t ⎧0 khi t < 0 ⎪t khi 0 ≤ t ≤ 1s ⎪ ⎪ i (t ) = ⎨1 khi 1s ≤ t ≤ 2s; Hình 1.45b) ⎪− t + 3 khi 2s ≤ t ≤ 3s ⎪ ⎪ ⎩0 khi 3s < t ⎧0 khi t < 0 ⎪ 2 ⎪5t khi 0 ≤ t ≤ 1s ⎪ p(t ) = ⎨5 khi 1s ≤ t ≤ 2 s Hình 1.45c) ⎪5(t 2 − 6t + 9) khi 2s ≤ t ≤ 3 ⎪ ⎪0 ⎩ khi 3s < t W≈1,67 W; 1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích: 35
  4. ⎧t khi 0 ≤ t ≤ 1s ⎪ u( t ) = ⎨− t + 2 khi 1 s ≤ t ≤ 3 s ; ⎪t − 4 khi 3s ≤ t ≤ 4 s ⎩ 1. Trên điện trở R=1Ω: a) Biểu thức dòng điện: ⎧ t khi 0 ≤ t ≤ 1 S u( t ) u( t ) ⎪ i R ( t) = = = ⎨− t + 2 khi 1 S ≤ t ≤ 3 S R 1 ⎪ t − 4 khi 3 S ≤ t ≤ 4 S ⎩ Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46. b) Năng lượng toả nhiệt: t2 t2 U2 WR = Q = ∫ i Rdt = ∫ 2 dt = u(t)[V] H× 1.46 nh t1 t1 R 1 ⎧1 2 t3 1 1 ⎪ ∫ t dt = = (J ) 0 1 2 3 4 t [s] ⎪0 3 0 3 -1 ⎪3 ⎪ 2 t3 3 2 ⎨ ∫ ( t − 4 t + 4)dt = ( − 2 t + 4 t ) = ( J ) 2 ⎪1 3 1 3 ⎪4 t3 4 1 ⎪ ∫ ( t 2 − 8t + 16)dt = ( − 4 t 2 + 16 t ) = ( J ) ⎪3 ⎩ 3 3 3 ⎧1 2 t3 1 1 ⎪∫ t dt = = Jun ⎪0 30 3 ⎨3 ⎪ ( t 2 − 4t + 4)dt = ( t − 2t 2 + 4t ) 3 = 2 Jun 3 ⎪∫ 3 1 3 ⎩1 4 t 3 4 1 1 2 1 4 ∫ 3 ( t 2 − 8t + 16)dt = ( − 4 t 2 + 16t ) = Jun ; 3 3 3 Q= + + = Jun 3 3 3 3 t 1 2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4) i L (t ) = ∫ udt + i L (t 0 ) được L t0 thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm). a) iL(t) + Với 0 ≤ t ≤ 1s 1t t2 t2 i L (t ) = ∫ udt + i L (0) = + i L (0) = vì iL(0)=0. Từ đó iL(1S)=0,5 L0 2 2 36
  5. + Với 1s ≤ t ≤ 3s 1 t t ⎛ t2 ⎞t i L (t ) = ∫ udt + i L (1) = ∫ (−t + 2)dt + i L (1) = ⎜ − + 2t ⎟ + 0,5 = ⎜ 2 ⎟1 L1 1 ⎝ ⎠ t2 t2 = − + 2t − ( −0,5 + 2) + 0,5 = − + 2t − 1; 2 2 (Có thể kiểm tra lại iL(t=1s) theo công thức này iL(1s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. ) t2 Như vậy có iL(t=3s)= − + 2t − 1 = 0,5 2 t =3 + Với 3s ≤ t ≤ 4s 1t t ⎛ t2 ⎞t i L (t ) = ∫ udt + i L (3s) = ∫ (t − 4)dt + i L (3) = ⎜ − 4t ⎟ + 0,5 ⎜2 ⎟3 L3 3 ⎝ ⎠ t2 32 t2 = − 4t − ( − 4.3) + 0,5 = − 4t + 8 . 2 2 2 (Có thể kiểm tra lại iL(t=3s) theo công thức này iL(3s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. ) ⎧t2 ⎪ 2 khi 0 ≤ t ≤ 1s t ⎪ 2 Kết quả có 1 ⎪ t i L ( t ) = ∫ udt + i L ( t 0 ) = ⎨ − + 2 t − 1 khi 1s ≤ t ≤ 3s L t0 ⎪ 2 ⎪t2 ⎪ 2 − 4 t + 8 khi 3s ≤ t ≤ 4s ⎩ b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L. Li 2 ( t ) WM(t)= L = 2 ⎧ t4 ⎪8 khi 0 ≤ t ≤ 1s ⎪ 4 Li 2 ( t ) ⎪ t WM ( t ) = L = ⎨ − t 3 + 2 ,5 t 2 − 2 t + 0,5 khi 1s ≤ t ≤ 3s 2 ⎪8 ⎪ t4 ⎪ 8 − 2 t + 12 t − 32 t + 8 khi 3s ≤ t ≤ 4 s 3 2 ⎩ 37
  6. c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng: ⎧ t3 ⎪ 2 khi 0 ≤ t ≤ 1s ⎪ dWL ⎪ t 3 p( t ) = = ⎨ − 3t 2 + 5t − 2 khi 1s ≤ t ≤ 3s dt ⎪2 ⎪ t3 ⎪ 2 − 6t + 24 t − 32 khi 3s ≤ t ≤ 4s 2 ⎩ ⎧1 khi 0 ≤ t ≤ 1 duC ⎪ 3. a) iC(t)=C = ⎨− 1 khi 1 ≤ t ≤ 3 dt ⎪1 khi 3 ≤ t ≤ 4 ⎩ b) Năng lượng điện trường: ⎧t 2 ⎪ khi 0 ≤ t ≤ 1 ⎪2 u 2 ⎪t 2 WE = C C = ⎨ − 2t + 2 khi 1 ≤ t ≤ 3 2 ⎪2 ⎪t 2 ⎪ − 4t + 8 khi 3 ≤ t ≤ 4 ⎩2 c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản ⎧t khi 0 ≤ t ≤ 1 dWE ⎪ kháng: p(t ) = = uCic = ⎨t − 2 khi 1 ≤ t ≤ 3 . dt ⎪t − 4 khi 3 ≤ t ≤ 4 ⎩ 38
  7. 1.8. Dòng điện qua R e(t) e(t ) [V] i R (t ) = = 0,1 sin 400 t [A]. R 10 Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a. a) π π π π ωt Dòng điện qua diện cảm L: 2 32 t 1 -10 L∫ i L (t ) = u(t )dt + i L (0) = i R (t) [A] 0 t . 0,1 1 0,25 ∫ 10 sin 400t = −0,1 cos400t [ A ] b) t 0 ωt Đồ thị hình 1.47c -0,1 i L (t) [A] 1.9 0,1 ⎧0 khi 0 < 0 ⎪ e(t ) = ⎨2t khi 0 ≤ t ≤ 1s c) ⎪2 khi t > 1s ωt ⎩ -0,1 ⎧0 khi 0 < 0 e ⎪ H× 1.47 nh i R (t ) = = ⎨t khi 0 ≤ t ≤ 1s R ⎪ ⎩1 khi t > 1s ⇒ iR(0,5)=0,5A; iR(0,9)=0,9A; iR(1)=1A; iR(1,2)=1A ⎧ ⎪ ⎪0 khi t < 0 1 t ⎪ ⎪t i L (t ) = ∫ e(t )dt + i L (t 0 ) = ⎨∫ 2tdt + i L (0) = t 2 Khi 0 ≤ t ≤ 1s → i L (1) = 1 L t0 ⎪0 ⎪t t ⎪∫ 2dt + i L (1) = 2t + 1 = 2t − 1 khi t > 1s ⎪1 ⎩ 1 ⇒ iL(0,5)=0,25A; iL(0,9)=0,81A; iL(1)=1A; iL(1,2)=1,4A ⎧0 khi t < 0 de ⎪ iC(t)= C = ⎨1 khi 0 ≤ t ≤ 1 ; iC(0,5)=1A; iC(0,9)=1A; iC(1)=1A; iR(1,2)=0; dt ⎪ ⎩0 Khi t > 1 ⎧4t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s 1.10. i (t ) = ⎨ ⎩− 4t + 4khi 0,5s ≤ t ≤ 1s a) ⎧8t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s di ⎧4 khi 0 ≤ t ≤ 0,5s u R ( t ) = Ri( t ) = ⎨ ; u L (t) = L = ⎨ ⎩− 8t + 8 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s dt ⎩− 4 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s 39
  8. ⎧8t + 4 khi 0 ≤ t ≤ 0,5s u(t)=uR(t)+uL(t)= ⎨ ⎩− 8t + 4 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s b) Umax=8V c) Phương trình công suất tiêu tán: ⎧32t 2 + 16t = 16t(2t + 1) khi 0 ≤ t ≤ 0,5s p(t)=u(t)i(t)= ⎨ ⎩32t − 48t + 16 = 16(2t − 3t + 1) khi 0,5s ≤ t ≤ 1s 2 2 p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W; 1.11. ⎧4t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s i (t ) = ⎨ ⎩− 4t + 4khi 0,5s ≤ t ≤ 1s ⎧40t khi 0 ≤ t ≤ 0,5 s a) uR(t)=Ri= i (t ) = ⎨ ; ⎩− 40t + 40khi 0,5 s ≤ t ≤ 1 s 1 t u c (t ) = ∫ idt + u C ( t 0 ) : C t0 21 u(t) 1 t 20 Khi 0 ≤ t ≤ 0,5s → u c ( t ) = ∫ idt + u C ( t 0 ) u R (t) C t0 1 t 2 = ∫ 4 tdt = 4 t u (0) = 0; → u C (0,5) = 1 V 0,5 0 C 4 1 t Khi 0,5s ≤ t ≤ 1s → u c ( t ) = ∫ idt + u C (0,5) C 0 ,5 1 t[s] 4t 2 t 0,5 u C (t) 1 = 2 .[( − + 4 t ) ] + 1 = − 4 t 2 + 12 t − 4 0 2 0,5 H× 1.48 nh ⎧4 t 2 ⎪ khi 0 ≤ t ≤ 0,5s ⇒ u C (t ) = ⎨ ⎪ − 4 t + 12 t − 4 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s ⎩ 2 ⎧4t 2 + 40t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s u(t)=u(t)+uC(t)= ⎨ ⎩− 4t − 28t + 36 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s 2 b) UMax=21V ⎧16t 2 (t + 10) khi 0 ≤ t ≤ 0,5s ⎪ b) p(t)=u(t)i(t)= ⎨16t 3 + 96t 2 − 256t + 144 ; ⎪ khi 0,5s ≤ t ≤ 1s ⎩ p(0,25)≈2,7W;p(0,75)=12,75W Các đồ thị hình 1.48 40
  9. 1.12. . [A] ⎧1 khi 0 ≤ t ≤ 2s 3 i(t) u( t ) = ⎨ ⎩− 1 khi 2s ≤ t 2 i L(t) ⎧1 khi 0 ≤ t ≤ 2s 1 a) i R ( t ) = ⎨ ⎩− 1 khi 2s ≤ t 0 t 2 4 t[s] 1 -1 i L (t ) = L ∫ udt + i to L (t 0 ) = i R(t) ⎧ t khi 0 ≤ t ≤ 2s → i L ( 2 ) = 2 ⎪ H× 1.49 nh ⎨ t ⎪ − t 2 + i L ( 2 ) = − t + 4 khi 2s ≤ t ⎩ ⎧t + 1 khi 0 ≤ t ≤ 2s i = i R (t ) + i L (t ) = ⎨ ⎩− t + 3 khi 2s ≤ t b) i max = 3; ⎧t + 1 khi 0 ≤ t ≤ 2s d) p(t ) = u(t )i (t ) = ⎨ ⎩t − 3 khi 2s ≤ t Đồ thị hình 1.49. e 2e−2 t 1 t −2t e−2 t 1.13. a) i R (t ) = = ; i L (t ) = ∫ 2e dt + C = − +C R R L0 L 1 1 Để iL(0)=0 thì hằng số C = → iL(t)= (1 − e− 2 t ) L L 1 2e−2 t i(t)= (1 − e− 2 t ) + L R Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t1=0,5 s 1 ⎫ i L (0,5) = 1 = (1 − e−1 ) ⎪ L ⎪ −1 ⎬ ⇒ L = 0,632 H `; R = 75Ω 2e 1 −1 ⎪ i (0,5) = + (1 − e ) = 1,01;⎪ R L ⎭ b) i R ( t ) = 0,0267 e ; i L ( t ) = 1,582 (1 − e 2 t ); i( t ) = 1,582 − 1,555 e −2 t ; −2 t ⎧2R khi 0 ≤ t ≤ 2s 1.14. Hình 1.14a) a) u R (t ) = Ri(t ) = ⎨ ⎩0 khi 2s < t 1 t 2 2t u C (t ) = ∫ idt = C t + A = C khi 0 ≤ t ≤ 2 ( Do U C 0 = 0 ⇒ A = 0 ) C0 ⎧ 2 2t ⎪ u(1s) = 2 R + C = 10 ⎪ u( t ) = 2 R + khi 0 ≤ t ≤ 2; ⎨ ⇒ C = 0,5 F; R = 3Ω C ⎪ u( 2 s) = 2 R + 4 = 14 ⎪ ⎩ C 41
  10. b) Tác động hình 1.17b là i =1,5t khi 0 ≤ t ≤ 2 u R = Ri ( t ) = 4,5 t ; u R (1) = 4,5 V ; u R ( 2 ) = 9 V ; t u C ( t ) = 2 ∫ 1,5 tdt + u C ( 0 ) = 1,5 t 2 ; U C (1) = 1,5 V ; U C ( 2 ) = 6 V ; 0 u = 1,5t + 4,5t; u(1) = 6V ; u(2) = 15V . 2 1.15. Mạch điện hình 1.50. a) Phương trình theo định luật Kieckhop 2: uR(t)+uL(t)+ uC(t)=e(t). + Biến số là i(t): di 1 u L(t) di C ∫ uR (t) Ri(t ) + L + idt = e(t ) . Đạo hàm 2 vế phương trình này và viết cho gọn uC(t) 1 e(t) i(t) Ri’+Li”+ i=e’ C e' H× 1.50 nh Hay i”+2αi’+ω20i= L R 1 với α= , ω0 = 2L LC t 1 + Biến là điện áp uL(t): Vì i = ∫ u L dt + I L (0) nên L0 1t 1 t ⎡1 t ⎤ uC = ∫ idt + U C (0) = ∫ ⎢ ∫ uL dt + I L (0)⎥ dt + U C (0) . C0 C 0 ⎣L 0 ⎦ Thay i vào uC vào phương định luật Kieckhop 2: ⎡1 t ⎤ 1 ⎡1 t t ⎤ R⎢ ∫ u L dt + I L (0)⎥ + u L + ∫ ⎢ ∫ u L dt + I L (0)⎥ dt + U C (0) = e ⎣L 0 ⎦ C 0 ⎣L 0 ⎦ Lấy đạo hàm bậc 2 cả 2 vế phương trình này: R duL d2 u L u L d2 e d2 u L du d2 e + 2 + = 2 → 2 + 2α L + ω0 uL = 2 → u'L + 2αu'L + ω0 uL = e" 2 ' 2 L dt dt CL dt dt dt dt b)Trong khoảng 0÷2s: 1t 1t i (t ) = ∫ u L dt + i L (0) = 4t ; u R (t ) = 2t ; u C (t ) = ∫ idt =2t 2 + u C (0) = 2t 2 ; L0 C0 u = 2t + 2t 2 + 4 = 2( t 2 + t + 2) 1.16. Phương trình viết theo định luật Kieckhop 1 là ig+iL+iC=i0 Biến số là u(t): t 1 du du u d 2 u di L∫ gu + udt + I L (0) + C = i 0 → g + + C 2 = 0 hay 0 dt dt L dt dt g 1 d2u du 1 di 0 là α = ; ω0 = ta có 2 + 2α + ω0 u = 2 2C LC dt dt C dt 42
  11. Biến số là iL(t): di L du d2 i di Vì u = L nª n i C = C = LC 2L ; i g = gL L dt dt dt dt Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1: di L d2 i d2 i di 2 i gL + i L + LC 2L = i 0 hay 2L + 2α L + ω 0 i L = 02 . dt dt dt dt ω0 t 1 C∫ Biến số là iC(t): Vì uC = i C dt + U C (0) 0 ⎡1 t ⎤ 1 t 1 t ⎡1 t ⎤ i g = gu = g⎢ ∫ i C dt + U C (0)⎥; i L = ∫ udt + I L (0) = ∫0 ⎢ C ∫ i C dt + U C (0) ⎥ dt + I L (0) 0 ⎣C 0 ⎦ L L ⎣ 0 ⎦ Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1: ⎡1 t ⎤ 1 t⎡1 t ⎤ g⎢ ∫ i C dt + U C (0)⎥ + ∫ ⎢ ∫ i C dt + U C (0) ⎥ dt + I L (0) + i C = i 0 0 C ⎣C 0 ⎦ L ⎣ 0 ⎦ 1 ⎡1 ⎤ di g di C i C d 2 i C d 2 i 0 t g di i C + ⎢ ∫ i C dt + U C (0) ⎥ + C = 0 hay + + = 2 C L ⎣C 0 ⎦ dt dt C dt LC dt 2 d t 2 2 d iC di d i hay 2 + 2α L + ω 0 i C = 20 2 dt dt dt di 5L d i 4 L d 3 i 4 2 2 3 1.17. u = u ad = Ri 4 + 6L 4 + + 2 dt R dt 2 R dt 3 L du d2 u d3 u 4 1.18. u = u ad = u 4 + (2RC + ) 4 + (4LC + R 2 C 2 ) 2 4 + 2RLC 2 R dt dt dt 3 qk 1.19. Quan hệ giữa điện áp một chiều và điện dung : q K = C k U k Hay C k = . Uk U2 (qK-điện tích ). Năng lượng tích luỹ ở điện dung CK là WK = C k k 2 Hai điện dung Ck và Cl mắc song song thì cho điện dung tương đương Ckl=CK+Cl. Hai điện dung Ck và Cl mắc nối tiếp thì C1 C2 C3 cho điện dung tương đương là Ckl= Ck Cl . Từ đó thay thế tương đương từ Ck + Cl E C4 C5 C6 H× 1.51 nh phải sang trái của mạch hình 1.51 Ct® C23456 C C C36 2356 356 43
  12. C3 C6 3 3 C36 = = = 0,75 F ; C365 = C36 + C5 = + 3 = 3,75 F ; C3 + C 6 4 4 3,75.1 3,7895. C2356 = = 0,7895F ; C23456 = 0,7895 + 3 = 3,7895F ; Ctd = = 0,7912F 3,75 + 1 4,7895 Như vậy điện tích trong điện dung tương đương là : q=E.Ctđ=7,912 . Từ đó: q U2 UC1= = 7,912V → WC1 = C1 1 ≈ 31,3 Jun C1 2 U2 U C4 = U C36524 = E − U C1 = 2,088 V ; WC4 = C 4 4 = 6,5396 Jun 2 q4 = C4 U 4 = 2,088.3 = 6,264; q2 (QuaC2 vµ C365 ) = q − q4 = 1,648 q2 U C2 = = 1,648 ; WC2 = 1,3589Jun; U C5 = U C365 = 2,088 − 1,648 = 0,44V ; C2 WC5 = 0,2898Jun . + q 5 = U 5 C5 = 3.0,44 = 1,32; q 3 = q 6 = q 2 − q 5 = 1,648 − 1,32 = 0,328 q3 U3 = = 0,328V ; U 6 = 0,44 − 0,328 = 0,112; WC3 = 0,0537 Jun WC6 = 0,0188W ; C3 1.23. E 70 0,2.0,8 a)I '0 = = = 350 mA; R12 = = 0,16 K Ω; E' = 350.0,16 = 56V R1 0,2 1 56 − 100 E" = 0,8.125 = 100V ; I3 = = −25mA 0,16 + 0,8 + 0,8 (Hình 1. 22→hình 1.52 a,b) a) R1 2 b) R3 i3 R3 i3 R3 i3 R R1 4 ⇒ I0 R1 I0 R2 R4 R2 R4 E” E I’ 0 E’ Hình 1.22 Hình 1.52 44
  13. E 70 R1 R 2 b) uh = 0,8 − I 0 R 4 = 0,8 − 125.0,8 = −44; R td = + R 4 = 0,16 + 8,8 R1 + R 2 1 R1 + R 2 = 0,96 (Hình 1.53a,b) uh − 44 i5 = = = −25mA R td + R 3 0,96 + 0,8 c) Khi I 0 = 0 → E a) b) Rt® R + R 2 //( R 3 + R 4 ) uh i 31 = 1 R2 = R 2 + R3 + R 4 R3 i3 R1 70 I0 0,8.1,6 uh 0,2 + R4 0,8 + 1,6 ER 0,8 = 31,818 2 0,8 + 0,8 + 0,8 Khi E=0(Hình 1.54 a,b) Hình 1.53 − I0 a) b) i 32 = R4 = R1 R 2 R3 + R 4 + R1 + R 2 R3 i31 R1 R1 R3 i32 − 125 0,8 = −56,818 0,8 + 0,8 + 0,16 I0 i 3 = i 31 + i 32 = 31,818 − 56,818 = R2 R4 R4 E R2 − 25 mA 1.24. Mạch điện hình 1.23. đã Hình 1.54 cho được biến thành mạch hình 1.55 như sau: +Lần thứ nhất cho E1=0, E2 tác động: Hình 1.55 a) Mạch có dòng qua R4 bằng 0 . Mạch được rút gọn: E2 mắc nối tiếp i2 R2 e2 a) i21 R2 e2 i2 R2 b) với R2 nối tiếp với (R3//R5) R 3 .R 5 50.20 100 R 35 = = R 3 + R 5 50 + 20 = 7 = R3 e1 i1 R3 e1 i11 R3 e1 i1 i3 i31 i3 14,28571429≈14,3Ω i4 i41 i4 R5 R4 i0 R5 i01 R5 R4 i02 i5 i51 Hình 1.23 Hình 1.55 i5 45
  14. e2 15 15 i 21 = = = ≈ 0,38 A R 2 + R 35 25 + 14,3 39,3 i 01 = −i 51 = 0,28 i R 20 i 31 = − 21. 5 = −0,38 = −0,10 A ⇒ i11 = i 31 = −0,10 R3 + R5 70 41 i =0 i R 50 i 51 = − 21. 3 = −0,38 = −0,28 A R3 + R5 70 +Lần thứ hai cho E2=0, E1 tác động: Hình 1.55 b) Mạch rút gọn là: Nhánh 1 là e1 mắc // R4 ;R3 mắc nối tiếp với (R2//R5) 20.25 R25= R5//R2= ≈ 11,1 Ω 45 e1 e1 20 i 42 = = 0,16666 ≈ 0,17 A ; i 32 = = ≈ 0,33 A R4 R 3 + R 25 50 + 11,1 20 25 i 22 = − i 23 ≈ − 0,15 A ; i 52 = − i 23 ≈ − 0,18 A 45 45 i12=i32+i42=0,5A;i02=i42-i52=0,17+0,18=0,35A +Tổng lại: i1=-0,1+0,4=0,4 A; i2=0,38-0,15=0,23 A i3=10,1+0,33=0,23 A; i4=0,17 A i5=-0,28-0,18=-0,46 A; i0=0,28+0,35=0,63 A 1.25. uab ≈54,25V 1.26. R4 Để sử dụng định lý nguồn tương đương cắt R5 như hình 1.56 tìm Uab hở mạch: R1 R3 a E 100 i R2 = = = R1 (R3 + R 4 ) 100.300 R2 + 125 + E R2 R1 + R3 + R 4 400 100 0,5 = 0,5; u R2 = 0,5.125 = 62,5V ; u R3 = .100.100 = 12,5V b 200 400 Hình 1.56 Uab=75V;Rtđ=[(R1//R2)+R3]//R4=87,5Ω;i5=0,447A 1.27. Sử dụng định lý tương hỗ ta mắc nguồn sang nhánh R5 tìm dòng qua nhánh đã mắc nguồn như mạch hình 1.57 RR 100 R td = [ 1 2 + R 3 ] // R 4 = 87,5; i E = = 0,597 R1 + R 2 87,5 + 80 46
  15. 0,597 i3 = R 4 = 0,3358; RR [ 1 2 + R3 ] + R 4 R1 + R 2 0,3358 i2 = 100 = 0,14925; i 5 = i E − i 2 = 0,44775A 225 ϕ ϕ 1.28. Chọn các nút như hình 1.58 sẽ có hệ phương trình điện thế nút của mạch như sau: ϕ ϕ ⎧ 1 1 1 1 1 E1 ⎪( R + R + R )ϕ 1 − R ϕ 2 − R ϕ 3 = R ⎪ 1 3 4 4 1 1 ⎪ 1 1 1 1 1 E ϕ ⎪− ϕ1 + ( + + )ϕ 2 − ϕ3 = 7 + 0 ⎪ R4 R4 R6 R7 R7 R7 R6 ⎨ ⎪ − 1 ϕ − 1 ϕ + ( 1 + 1 + 1 + 1 )ϕ ⎪ R1 1 R 7 2 R1 R 2 R 5 R 7 3 ⎪ ⎪ E E ϕ =− 1− 7 + 0 ⎪ ⎩ R1 R 7 R 5 47
  16. ⎡ ,075 − 0 ,025 − 0 ,04 ⎤ ⎡ϕ 1 ⎤ ⎡6 ⎤ 0 ⎢ − 0 ,025 0 ,085 − 0 ,05 ⎥ ⎢ ϕ ⎥ = ⎢ 4 ,6 ⎥ ⇒ ⎧ ϕ 0 = 60 ; ϕ 1 = 97 ; ⎢ ⎥⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎨ ⎢ − 0 ,04 − 0 ,05 0 ,115 ⎥ ⎢ ϕ 3 ⎥ ⎢ − 9 , 25 ⎥ ⎩ ϕ 2 = 74 ,143 ; ϕ 3 = − 14 , 458 ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ − 14 ,458 − 97 + 150 14 , 458 i1 = = 1,54168 A ; i 2 = = 0 ,14458 A ; 25 80 97 97 − 74 ,143 60 + 14 , 458 i3 = = 0 ,97 A ; i 41 = = 0 ,571425 A ; i 5 = 100 40 80 74,143 − 60 = 0,930725; i 6 = = 0,14143A ; 100 − 14,458 − 74,143 + 80 i7 = = −0,43005A 20 1.29.. i1= 0,541A; i2=0,39A; i3=0,387A ; i4=0,155A; i5=0,233A; i6=83,4693 mA; i7= - 71,275 mA 1.30. Tất nhiên người giải có thể sử dụng phương pháp bất kỳ, tuy nhiên ở đây sẽ sử dụng công thức biến đổi sao-tam giác: biến đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu tam giác: từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59: R6 R7 60.60 R'12 = R 6 + R 7 + = 120 + = 150 R4 120 R4 R7 120.60 R' 23 = R 4 + R 7 + = 180 + = 300 R6 60 R6 R4 60.120 R'13 = R 6 + R 4 + = 180 + = 300 R7 60 R2 R5 40 .40 40 280 R' '12 = R 2 + R 5 + = 80 + = 80 + = = 93,333 R3 120 3 3 R3 R5 120.40 R' ' 23 = R 3 + R 5 + = 160 + = 280 R2 40 R 2 R3 40.120 R' '13 = R 2 + R 3 + = 160 + = 280 R5 40 48
  17. R'12 .R' '12 150.93,3333 R12 = = = 57,53; R'12 + R' '12 150 + 93,333 R' 23 .R' ' 23 300.280 R 23 = = = 144,8 = R13 R' 23 + R' ' 23 300 + 280 Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình 1.60, xác định : E I1 = ; R1 + R13 //[ R12 + (R 8 // R 23 )] 25.144,8 R 8 // R 23 = = 21,3 25 + 144,8 R13 //[ R12 + (R 8 // R 23 ) = 144,8 // 78,83 ≈ 51 100 1,25 I1 = = 1,25; I 12 = 144,8 = 0,809 29 + 51 144,8 + 78,83 0,809 I R8 = 144,8 = 0,69; P = 0,69 2 .25 ≈ 11,9 W 144,8 + 25 1.31 i3=0,169 A 1.32. Sử dụng kết quả bài tập1.30 : Rtđ≈80Ω 1.33 . Phương pháp điện thế nút sẽ chỉ cần lập 1 phương trình .Chọn các nút như ở hình 1.61: ϕ 1 R2 E2 ϕ1=E1=50V;ϕ2=E1+E2=150V; E1 ϕ 3 1 1 1 ϕ ϕ E E + E2 R1 R3 ( + + )ϕ 3 = 1 + 2 = 1 + 1 R1 R 2 R 3 R 2 R3 R 2 R3 0 R4 1,6167 61,39 ϕ2 ϕ3 = = 61,39V ; i 1 = ≈ 0,614; H× 1.61 nh 0,02633 100 50 − 61,39 i2 = = −0,095 120 150 − 61,39 150 i3 = = 0,7088; i 4 = = 1,875; i E1 = 2,489; i E2 = 2,3838 125 80 1.34. Với phương pháp dòng mạch vòng sẽ có hệ phương trình và kết quả: ⎡ 90 − 20 − 20 ⎤ ⎡ I V 1 ⎤ ⎡ − 22 ⎤ ⎢ − 20 55 − 25 ⎥ ⎢ I ⎥ = ⎢ 20 ⎥ ⇒ I = 0,01596 ; I ⎢ ⎥⎢ V2 ⎥ ⎢ ⎥ V1 V 2 = 0 ,620 ; I V 3 = 0,55164 ⇒ ⎢ − 20 − 25 45 ⎥ ⎢ I V 3 ⎥ ⎢ 9 ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ {i 2 = 0,53568 ; i 3 = 0,60404 ; i 4 = 0,06806 49
  18. Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả: ⎧ϕ1 = 13,7981 ⎡0,17 − 0,05 ⎤ ⎡ϕ1 ⎤ ⎡2,26 ⎤ ⎪ ⎢− 0,05 0,14 ⎥ ⎢ϕ ⎥ = ⎢ − 0,45 ⎥ ⇒ ⎨ϕ2 = 1,71362⇒{i 2 = 0,53568 i 3 = 0,60404 i 4 = 0,06806 ; ; ⎣ ⎦⎣ 2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎪ ⎩ϕ3 = 3 1.35. Với các dòng mạch vòng chọn như ở hình 1.62 có hệ R1 phương trình và kết quả: e1 I V1 ⎡2,15 −1,65⎤ ⎡ I V1 ⎤ ⎡22 ⎤ ϕ1 e2 R2 R3 ϕ ϕ3 ⎢− 1,65 ⎢ ⎥= ⇒ 2,9 ⎥ ⎣ I V 2 ⎦ ⎢− 14⎥ 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ i3 I0 ⎧I V1 = 11,58 i 2 = 9,82208mA I V2 I V3 R5 ⎪ ⎨I V 2 = 1,76 i 3 = 5,82208 mA e5 ⎪I = 4 i 5 = 5,76512 mA ⎩ V3 H× 1.62 nh Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả: ⎡5,5 −2,5 −2 ⎤ ⎡ϕ1 ⎤ ⎡− 11,5⎤ ⎧ϕ1 = −1,76512 i 2 = 0,982204mA ⎢− 2,5 3,3 ⎥ ⎢ϕ ⎥ = ⎢− 8,5 ⎥ ⇒ ⎪ϕ = −2,8363 ⇒ i = 5,82206 mA −0,8⎥ ⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎨ 2 3 ⎢− 2 ⎣ −0,8 ⎦ ⎢ϕ 3 ⎥ ⎢36 ⎥ ⎪ϕ 3 = 4,44128 6,8 ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎩ i 5 = 5,76512 mA 1.36. Von kế chỉ 1,6 V 1.37. Ampe kế chỉ 0,6 A 1.38. Ampe kế chỉ 0,48A 1.39.Chuyển mạch về hình 1.63 có 40.10 R1//R4= = 0,8 K Ω ; 40 + 10 R2 nối tiếp (R1//R4)=14,2+0,8=15KΩ I 10 I2 = R3 = .10 = 4 mA; R 2 + 15 10 + 15 10.15 I2 I3 = = 6 mA ; I 1 = R 4 = 0,8 mA; 25 R1 + R 4 I 4 = 3,2 mA ; I A = 9,2 mA 1.40 ở khâu cuối thứ n : Đây là một mạch cầu nên nó cân bằng khi R1(n).Rt=R3(n).R4(n) Chọn R1(n)= Rt=R0 ; R3(n).R4(n)=R20 (*) nên dòng qua R2(n) bằng 0 nên 50
  19. U n−1 Un R0 1 Un = R0 ; = = R 0 + R 4 ( n) U n−1 R 0 + R 4( n) R 4( n) 1+ R0 U n−1 R 4 ( n) an = 20 log = 20 log(1 + ) dB (**) Un R0 Trong khâu cuối nếu ta thay đổi R4(n) cùng với R3(n) sao cho giữ nguyên(*) thì có thể thay đổi được an .Điện trở vào của khâu n: R 0 + R 3( n ) R 4 n + R 0 ( R 3( n ) + R 4 n ) 2 R Vn = ( R 3( n ) + R 0 ) //( R 4 ( n ) + R 0 ) = = 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n 2R 0 + R 0 ( R 3( n ) + R 4 n ) 2 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n = R0 = R0 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n Với cách mắc như vậy thì điện trở vào của khâu n luôn là R0 ở khâu n-1: Khâu này có tải là R0 và ta chọn R1(n-1)=R0 sẽ có cầu cân bằng khi R3(n-1).R4(n-1)=R20 (*) và như vậy thì R 4 ( n −1) a n −1 = 20 log(1 + ) R0 R 4 (1) Tương tự ở khâu đầu tiên a 1 = 20 log(1 + ) R0 U U U U Vì a = 20 log v = 20 log v 1 .... n −1 = a 1 + a 2 + ....a n −1 + a n [dB] Un U1 U 2 Un Sơ đồ trên thực chất có dạng hình 1.64 gọi là bộ suy hao tín hiệu trên điện trở (magazin điện trở). Ở từng khâu ta có thể tính toán để ai thay đổi suy hao trong một khoảng nhất định . Ví dụ với 3 khâu: a1(10÷100 dB), a2(1÷10dB) ,a3(0÷1dB)-Kết quả ta có thể điều chỉnh suy hao 0÷100 dB qua mỗi nấc nhảy là từng dB. Hết chương 1 51
Đồng bộ tài khoản