Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P5

Chia sẻ: Van Kent Kent | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

0
412
lượt xem
248
download

Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P5

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

Khi cộng hưởng : RX 2 4X 2 L L = ⇒ X = 2Ω; L R 2 + X 2 16 + X 2 L L 2X R 16.2 32 XC = 2 L2 = = = 1,6 Ω R + X L 16 + 4 20 Z CH = 0,8 Ω = 2.42 . Mạch điện hình 2.82. Xem BT 2.34. a) ωss=5.104rad/s ; ωnt=54 772 rad/s b) I = I R = I L ' = 2A ; I L = 9,9 A ; I C = 11,95 A j ωL. U L’ L C c)Khi L’=0 mạch có dạng hình 2.83: 1 ....

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P5

  1. Khi cộng hưởng : RX 2 4X 2 Z CH = 0,8 Ω = L = L ⇒ X = 2Ω; R 2 + X 2 16 + X 2 L L L 2X R 16.2 32 XC = 2 L2 = = = 1,6 Ω R + X L 16 + 4 20 2.42 . Mạch điện hình 2.82. Xem BT 2.34. a) ωss=5.104rad/s ; ωnt=54 772 rad/s L’ I = I R = I L ' = 2A ; I L = 9,9 A ; b) U I C = 11,95 A L C c)Khi L’=0 mạch có dạng hình 2.83: 1 j ωL. . H× 2.82 nh j ωC L U Lm Z LC = = ; T( j ω) = = 1 1 . j ωL + j(ωLC − ) Um j ωC ω L’ Z LC 1 1 U L C = = = R + Z LC R R 1 1+ 1 + j(ωLC − ) Z LC L ω H× 2.83 nh 1 1 R ; ω0 = , α= ω 1 LC 2L 1 + j 2α( 2 − ) ω0 ω 2.43. Mạch điện hình 2.84 Cách 1: 2 U2 U C Công suất tiêu tán trên điện trở R được tính theo công thức P = R = R R U2 50 2 .Từ đó R = C = = 12,5Ω . P 200 Tổng trở của mạch : − jRX C RX 2 − jR 2 X C Z = jX L + = 2 C 2 + jX L + 2 = r + jX R − jX C R + X C R + XC 2 2 RX C R2 X C r= ; X = XL − R2 + X C 2 R2 + X C2 Từ điều kiện cộng hưởng có X = 0 nên Z=r . Từ đó ta thấy công suất có 2 U2 12,5X C thể tính theo công thức P = .Với U=40 V,P=200 W, r = sẽ tính r 12,5 2 + X C 2 được XC≈16,67 Ω. 65
  2. Thay giá trị của XC và R vào điều kiện X=0 tìm được XL≈6Ω. Cách 2 : Có thể xây dựng đồ U I thị vectơ như hình 2.84.b) để 40V tính như sau: L ϕZ RC UL . . . U R C UC 30V Vì U = U L + U RC nên 3 50 vectơ điện áp này lập thành 1 b) tam giác vuông với góc lệch pha . a) H× 2.84 nh giữa dòng điện và điện áp U RClà ϕZRC được xây dựng như sau: − jX C R − jX C R XC X CR j ( arctg − 90 0 ) Z RC = R // C = = = Z RC ej ϕ ZLC = e R R − jX C R − jX C R2 + X 2 C XC 30 X ϕ Z RC = arctg − 90 0 = − arcsin ≈ −36,86 0 → C = tg53,13 0 R 50 R Cũng từ điều kiện cộng hưởng như trên ta có R=12,5Ω nên XC=R.tg53,130≈16,67 Ω. Từ đó xác định XL≈6 Ω như trên. 2.44..Hình 2.85. Từ điều kiện trên có P = R.I 2 nên xác định được R=3,2Ω L C Còn lại cần xác định XL và XC nên cận lập hệ 2 phương U trình : Phương trình thứ nhất từ điều kiện cộng hưởng : L Tổng dẫn của mạch R 1 X H× 2.85 nh Y= + j( − 2 L 2 ) = g + jb → R + XL 22 XC R + XL R R RLC R g= ≈ 2 2 = 2 = 2 R + ω0 L 22 2 ω0 L L ρ 1 X b= − 2 L 2 = 0 → R 2 + X L = X L X C (1) 2 XC R + XL Phương trình thứ 2 lập từ điều kiện hai nhánh cùng điện áp: IL R 2 + X L = I C X C 2 (2) Thay IL,IC,R vào (1) và 2 sẽ tính được XC≈ 6,6 Ω , XL ≈ 4,26 Ω. 2.45. Với mạch điện hình 2.86. a)Mạch có tần số cộng hưởng song song xác định từ R’ R . . Z=r+jX với X=0 U1 C U2 L H× 2.86 nh 66
  3. 1 (R + ) j ωL 1 j ωC Z RC = R+ ; Z LRC = = j ωC 1 (R + ) + j ωL j ωC L L 1 j ωLR + ( j ωLR + )[ R − j (ωL − )] 3 C = C ωC = 2 1 1 2 R + j ( ωL − ) R 2 + (ωL − ) ωC j ωC L 1 L 1 1 R + ωLR (ωL − ) j[ ωLR 2 − (ωL − )] C ωC + C ωC 1 2 1 2 ω02 R 2 + (ωL − ) R 2 + (ωL − ) ω ωC ωC H× 2.87 nh L 1 L 1 R + ωLR(ωL − ) j[ ωLR 2 − (ωL − )] Z = R'+ Z LRC = R'+ C ωC + C ωC ; 1 2 1 2 R 2 + (ωL − ) R 2 + (ωL − ) j ωC j ωC L 1 L 1 R + ωLR(ωL − ) [ ωLR 2 − (ωL − )] r = R'+ C ωC ; X = C ωC = 0; 1 2 1 2 R 2 + (ωL − ) R 2 + (ωL − ) ωC ωC Từ X=0 sẽ tìm được tần số cộng hưởng ω = ω0 1 . 01 ; ω0 = 2 R LC 1− ρ2 b) Biểu thức hmà truyền đạt phức: L + j ω LR C . 1 L R + j(ω L − ) + j ω LR T ( j ω) = U2 = Z LRC = ωC = C . R ' + Z LRC L 1 L U1 + j ω LR R' [ R + j (ω L − )] + + j ω LR R '+ C ωC C 1 R + j (ω L − ) ωC L L + j ωLR + j ωLR C C ρ 2 + j ωLR = = R' L L 1 1 R' R + jR' ωL − j + + j ωLR R' R + + j ωL (R + R' ) − j r + j ωL ' − j ωC C C C ωC' ω R' C 2 Với ký hiệu L ' = L (R + R' ) ; C' = ;r= RR’+ ρ thì R' 67
  4. ρ 2 + j ωLR ρ 2 + j ωLR T( j ω) = = = T1 ( j ω)T2 ( j ω) 1 ω ω 02 r + j ( ωL ' − ) r(1 + jQ( − )] ωC' ω02 ω ω L' 1 1 Víi Q = 02 ; ω 02 = = r L ' C' R LC(1 + ) R' 1 1 4 T1 ( j ω) = (ρ 2 + j ωLR) → T1 ( j ω) = ρ + (ωLR) 2 r r 1 1 T2 ( j ω) = → T2 ( j ω) = ω ω02 ω ω 1 + jQ( − ) 1 + Q2 ( − 02 ) 2 ω02 ω ω02 ω T2 ( j ω) = T1 ( j ω) T2 ( j ω) Nhờ vậy có thể dựng đồ thị T1 ( j ω) và T2 ( j ω) như ở hình 2.87 ứng với các đường cong 1và 2 ;từ đó có đồ thị đường cong 3 nhận đựơc từ tích hai đường cong 1 và 2. 2.46. Mạch điện hình 2.88: Chia mạch làm hai đoạn , sẽ có đoạn mạch bc trở về BT 2.30 nên: 1 j ωL .R b Z=R’+Zbc=R’+ + = a j ωC R + j ω L R’ C 1 j ωL .R(R − j ωL ) ω 2 L 2 .R . R'+ + = R'+ 2 + U1 . j ωC R 2 + ω2 L2 144 +44 R 2 ω2 L2 3 R L U2 r ωLR 2 1 j( 2 − ) = r + jX ; c H× 2.88 nh 14+ 4 L444 ω R 42 2 2 ωC3 X Cho X =0 sẽ tìm được tần số cộng hưởng là: ω0 L 1 ω01 = víi ρ = , ω0 = . 2 C ⎛ρ⎞ LC 1− ⎜ ⎟ ⎝ R⎠ j ωLR Z R + j ωL Z 1 b) T( j ω) = RL = = RL = = Z 1 j ωLR Z 1 R + j ωL R'+ + 1 + (R'+ ) j ωC R + j ωL j ωC j ωLR 68
  5. 1 1 = 1 1 1 ω 2 1 + (R'+ )( + ) 1 + R' − 0 + R' + 1 j ωC R j ωL R ω 2 j ωL j ωCR 1 1 1 = = R' ω 2 1 R' 1 R' ω 2 ω0 L R' ω 2 ω 1+ − 0 + ( + ) 1+ − 0 + (R'+ ) 1 + − 0 − jd 0 R ω 2 j ω L CR R ω 2 j ωL ω 0 CR R ω 2 ω 1 R" L ρ2 Víi ω0 = ;d = ; R" = R'+ = R'+ ; LC ωL CR R 1 T( j ω) = 2 ⎛ R' ω 0 ⎞ ⎛ ω 0 ⎞ 2 2 ⎜1 + − ⎟ + ⎜d ⎟ ⎜ R ω2 ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ⎠ 1 Khi ω=ω0 thì T( j ω 0 ) = T(j ω ) 2 ⎛ R' ⎞ ⎜ ⎟ + (d) 2 1 2 ⎛ R' ⎞ ⎝ R⎠ ⎜ ⎟ +d 2 ⎝R⎠ 1 1 Khi ω→ ∞ thì T( j ω 0 ) = R' R' 1+ 1+ R R Khi ω→ 0 thì T( j ω 0 ) = 0 ω0 ω Phân tích như vậy dựng được đồ thị hình 0 H× 2.89 nh 2.89 2.47 Mạch hình 2.90.)tìm tổng dẫn Y của mạch mạch bằng tổng đại số các tổng dẫn của 3 nhánh: C C R R 1 1 C’ Y = g+ + = g − jb L L’ L 1 j ωL ' j (ωL − ) ωC 1 1 1 Víi g = , b = + a) H× 2.90 b) nh R 1 ωL ' (ωL − ) ωC ω −1 ω ss 1 1 Biến đổi b về dạng b = Víi ω ss = ; ω nt = * ω C(L + L ' ) CL ωL ' ( − 1) ω nt (* công thức tần số cộng hưởng tương tự nh BT2.33) 69
  6. Mạch hình 2.90. thực hiện tương tự để tìm các tần số cộng hưởng song song và nối tiếp. 2.48.. Hình 2.91 1. Vì cuộn thứ cấp hở tải nên I2=0, Ampe XM W A1 1 A2 W2 kế 2 và Oát kế 2 chỉ 0 2.ở mạch sơ cấp ta có : . X X . P1 12 U1 V U2 P1 = I 2 1 .R; R = 2 = = 3Ω; I1 4 R R U 10 Z= 1 = = 5 = R2 + X 2 L H× 2.91 nh I1 2 ⇒ X L = 25 − 9 = 4Ω; ở mạch thứ cấp thì . U2 6 . U 2 = X M I 1 = 6; ⇒ X M = = 3Ω; 2 37 0 U1 3. Góc lệch pha của 2 điện áp: 0 . j ϕ1 53 . . j ϕ1 U 1 10e . U 1 = 10e ; I 1 = = = I1 Z1 3 + j 4 H× 2.92 nh 4 10 j (ϕ1 − arctg ) j (ϕ − 53 0 ) e 3 = 2e 1 ; 5 . . j (ϕ − 530 ) j (ϕ − 530 + 90 0 ) j (ϕ + 37 0 ) U 2 = jX M I 1 = j 3.2e 1 = 6e 1 = 6e 1 →ϕ2=ϕ1+370. (Đồ thị vectơ hình 2.92) 4.Nếu đổi đầu cuộn sơ cấp mà giữ nguyên U1=10V thì chỉ số các đồng hồ sẽ không thay đổi. R1 I 2.49. Hình 2.93 Với mạch điện chỉ có một vòng : L1 1 . C a)R1 + R 2 + j ω(L 1 + L 2 − 2M ) + = U M j ωC 1 L2 R1 + R 2 + j 2πf (L 1 + L 2 − 2 M ) + j 2πfC R2 1 f0 = = 500Hz → C = 5μF H× 2.93 nh 2πf (L 1 + L 2 − 2M )C b) I=8,6A 70
  7. . M . ZM I1 2.50. Hình 2.94.ới mạch thứ cấp : I2 = . R1 R2 Z2 U L1 L2 C2 Với mạch sơ cấp: C1 . . . . . Z 2M I1 U 1 = Z1 I 1 − Z M I 2 = Z1 I 1 − = H× 2.94 nh Z2 . Z2M . I 1 (Z1 − ) = I 1 ( Z 1 − Z 1pa ) Z2 1 ( j ωM ) 2 ( j ωM ) 2 Z1 − Z1pa = R1 + j (ωL 1 − )− = R1 + jX 1 − ωC1 1 R 2 + jX 2 R1 + j (ωL 2 − ) ωC2 ( j ωM ) 2 ( j ωM ) 2 ( R 2 − jX 2 ) ω 2 M 2 R 2 ω2 M 2 X 2 Z 1pa = − =− = 2 −j 2 = R1pa + jX 1pa R 2 + jX 2 R2 + X 2 2 2 R2 + X 2 2 R2 + X 22 ω2 M 2 R2 ω2 M 2 X 2 R1pa = = 0,12Ω ; X 1pa = − = −0,16Ω R2 + X 2 2 2 R2 + X 2 2 2 2.51. Mạch điệnhình 2.94 1 1 Z 1 = R1 + j (ω L 1 − ) = 1 − j 40; Z 2 = R 2 + j (ω L 2 − ) = 1 − j 5; Z M = j ω M = j 2 ω C1 ωC 2 Lấy hai vòng thuận chiều kim đồng hồ sẽ có hệ phương trình : ⎧ . . . . . ⎪ U 1 = 60 = Z 1 I 1 − Z M I 2 = (1 − j 40 ) I 1 − j 2 I 2 ⎨ . . . . ; ⎪0 = − Z I 1 + Z I 2 = − j 2 I 1 + (1 − j 5) I 2 ⎩ M 2 . Δ1 Δ = − 195 − j 45; Δ 1 = 60 (1 − j 5); Δ 2 = j120 ; I 1 = ≈ 1,528 A ; Δ . Δ2 j120 I2 = = = 0,615 A Δ − 195 − j 45 2.52. Ký hiệu các dòng điện như trên hình 2.95họn 2 vòng thuận chiều kim đồng hồ và lập hệ 3 phương trình dòng nhánh cho tiện: . L1 I3 . . . . . ⎫ . E = (R + jX L1 ) I 1 + jX L 2 I 2 ± jX M I 1 ± jX M I 2 ⎪ I1 R L2 R . . . ⎪ M 0 = ± jX M I 1 + jX L 2 I 2 − (R − jX C ) I 3 ; ⎬ E . C . . . ⎪ I2 I1 = I 2 + I 3; ⎪ H× 2.95 nh ⎭ . . Để có I3=0 thì I 1 = I 2 (theo định luâth Kiêckhôp1) và UL2=0 theo định luật Ôm: 71
  8. . . . U 12 = jX L 2 I 2 ± jX M I 1 =0 Để có điều đó cần lấy dấu “-” trong phương trình trên ,tức cuộn cuốn ngược chiêù nhau .Như vậy cực cùng tên sẽ nối với điểm chung của 2 cuộn. ωL2=ωM=1Ω=ωk L 1 L 2 = k (ωL 1 )(ωL 2 ) = k 2.1 = k 2 = 1 → k = 1 =0,707. 1 31 3 2 2 2Ω 1Ω 2 Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ trên sẽ tính được: . . 10 I1 = I 2 = = 5(1 − j ); I 1 = I 2 = 5 2 A 1+ j 2.53.Cho mạch điện hình 2.96 Để tiện ký hiệu các tổng trở : 1 Z 1 = R1 + j ωL 1 ; Z 2 = R 2 + j ωL 2 + ; Z 3 = R 3 + j ωL 2 ; Z M1 = j ωM 1 ; j ωC2 Z M 2 = j ωM 2 ; Z M 3 = j ωM 3 Hệ phương trình dòng điện nhánh : . I 1 L1 M1 L3 * ⎧ . . . . . . . * ⎪Z1 . I 1 + Z 2 I 2 + Z M 2 I 1 + Z M 2 I 2 − Z M1 I 3 − Z M 3 I 3 = U1 R 1 M2 * M3 ⎪ 123 123 123 123 ⎪ 1 2 3 4 . L2 R3 ⎨ . . ⎪ . . . . . . U1 I V1 IV2 ⎪Z 3 . I 3 − Z 2 I 2 − Z M1 I 1 − Z M 2 I 1 + Z M 3 I 3 − Z M 3 I 2 = 0 C 1 3 123 123 123 2 . ⎪ ⎩ 5 6 7 8 R2 . I3 I2 Chú ý : Việc lập hệ phương trình phải thêm vào H× 2.96 nh các phương trình các điện áp hỗ cảm với dấu thích hợp Trong phương trình thứ nhất: hai thành phần đầu là các điện áp tự cảm ,bốn thành phần tiếp là các điện áp hỗ cảm : (1) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L2 (thuộc vòng 1)do dòng nhánh I1 chạy qua L1 móc vòng sang L2 tạo nên.Điện áp này cùng chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L2 vì 2 dòng chạy vào 2 cực cùng tên(các cực cùng tên đánh dấu bằng dấu chấm đậm hoặc dấu sao).Chiều mạch vòng cùng chiều dòng I2 nên điện áp này lấy dấu “+”. (2) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L1 (thuộc vòng 1)do dòng nhánh I2 chạy qua L2 móc vòng sang L1 tạo nên .Điện áp này cùng chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L1 vì 2 dòng chạy vào 2 cực cùng tên.Chiều mạch vòng cùng chiều dòng I1 nên điện áp này lấy dấu “+”. (3) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L1 (thuộc vòng 1)do dòng nhánh I3 chạy qua L3 móc vòng sang L1 tạo nên.Điện áp này ngược chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L1 vì 2 dòng chạy vào 2 cực khác tên.Chiều mạch vòng cùng chiều dòng I1 nên điện áp này lấy dấu “-”. (4) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L2 (thuộc vòng 1)do dòng nhánh I3 chạy qua L3 móc vòng sang L2 tạo nên.Điện áp này ngược chiều với điện áp tự cảm trên 72
  9. cuộn L2 vì 2 dòng chạy vào 2 cực khác tên.Chiều mạch vòng cùng chiều dòng I2 nên điện áp này lấy dấu “-“. Trong phương trình thứ hai: hai thành phần đầu là các điện áp tự cảm ,bốn thành phần tiếp là các điện áp hỗ cảm : (5) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L3 (thuộc vòng 2)do dòng nhánh I1 chạy qua L1 móc vòng sang L3.Điện áp này ngược chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L3 vì 2 dòng chạy vào 2 cực kác tên.Chiều mạch vòng cùng chiều dòng I3 nên điện áp này lấy dấu “-”. (6) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L2 (thuộc vòng 2)do dòng nhánh I1 chạy qua L1 móc vòng sang L2.Điện áp này cùng chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L2 vì 2 dòng chạy vào 2 cực cùng tên.Chiều mạch vòng 2 ngược chiều dòng I2 nên điện áp này lấy dấu “-”. (7) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L2 (thuộc vòng 2) do dòng nhánh I3 chạy qua L3 móc vòng sang L2.Điện áp này ngược chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L2 vì 2 dòng chạy vào 2 cực khác tên.Chiều mạch vòng ngược chiều dòng I2 nên điện áp này lấy dấu “+”. (8) là điện áp hỗ cảm trên cuộn L3 (thuộc vòng 2)do dòng nhánh I2 chạy qua L2 móc vòng sang L3.Điện áp này ngược chiều với điện áp tự cảm trên cuộn L3 vì 2 dòng chạy vào 2 cực khác tên.Chiều mạch vòng cùng chiều dòng I3 nên điện áp này lấy dấu “-”. Hệ phương trình dòng mạch vòng : ⎧ . . . . . . ⎪(Z1 + Z2 ) I V1 − Z2 I V 2 + 2ZM2 I V1 + ZM3 I V 2 − ZM1 I V 2 = U1 ⎨ ⎪ . . . . . ⎩− Z2 . I 1 + (Z2 + Z3 ) I 2 + 2ZM3 I V 2 − Z M1 I V1 − ZM2 I V1 = 0 2.54Mạch điện hình 2.87 a)I1=1,047 A ;I2=1,56 A ;I3=0,697 A b)Khi hở cầu dao K thì dòng I2=0 nên: . . . E X1 XM X2 I1 = I 3 = = R 0 + R 3 + jX 1 − jZ 3 R0 R2 100 0 X3 = 0,928ej 68,19 . a 40 − j100 E K . . . . . . R3 U ab = U R3 + U X 3 + U X 2 = R3 I 3 − jX 3 I 3 − jX M I 1 b H× 2.87 nh = 222,91 V . . 2.55. Hình 2.88 . I I a) U1 . 0 . 0 . . . 0 . I = 1,43e− j 65 12' ; I 2 = 2,05e− j 53 ; I 1 = I − I 2 = 0,67 ej153,5 I 73
  10. b) Biến đổi tương đương như hình 2.89Với La=ωLb =ωL1+ωM; ωLC=-ωM sẽ giải hệ La Lc phương trình mạch vòng cũng tìm được kết a c quả trên. . . I I2 . Lb 2.56. Hình 2.90 U1 R . 0 . I 0 = 0,724e− j 39,4 ; b I1 . 0 I 2 = 1,341ej 91,47 ; H× 2.89 nh X0 XM X2 . I 1 = 1,895e − j 71,730 ; . . . . R0 Xc I1 I2 0 P ≈ 118W; U R2 = 26,82ej 91,47 I0 . R2 E 2.57.Mạch điện hình 2.91 R1 a) Chọn 2 vòng như mạch hình 2.91. ta có hệ H× 2.90 nh phương trình : . . ⎧ . . . R1 I2 ⎪E = I 1 [ R1 + j (X L1 − X C )] − jX M I 2 I1 ⎨ . . . L1 L2 ⎪− jX M I 1 + I 2 (R 2 + jX L 2 ) = 0 ⎩ E . R C jX M I 1 . Từ phương trình hai ta có I 2 = .Thế R 2 + jX L 2 H × 2.91 nh vào phương trình một có: . . . jX M I 1 X 2M . E = I 1 [ R1 + j (X L1 − X C )] − jX M = [ R1 + j (X L1 − X C ) + ] I1 R 2 + jX L 2 R 2 + jX L 2 Từ đó tổng trở đầu vào của mạch sơ cấp: . E X 2M 62 Z V1 = = R1 + j ( X L 1 − X C ) + = 2 + j (10 − 8) + = . R 2 + jX L 2 R + j9 I1 6 2 (R − j 9) 62 R 36.9 = 2 + j2 + =2 2 + j (2 − 2 ) = r + jX . R +92 2 R +9 2 R 2 + 92 Cho X=0 tìm được R=9 Ω để mạch phát sinh cộng hưởng . 62 R 100 b) Khi R=9 thì ZV1=r= R V1 = 2 + = 4Ω → I1= = 25 A . R +9 2 2 4 jX M 6 I2 = I 1 = 25 = 11,785 A ; R 2 + jX 2 9 2 P = 25 2 .2 = 1250 W; P2 = 11,785 2 .9 = 1249,976 W 1 2.58. a)Hình 2.92.Vì R1=R2,L1=L2 nên tổng trở của hai nhánh như nhau: 74
  11. Z 1 = R1 + j ωL ≈ 200 + j 20 = Z2. Chọn 2 . vòng thuận chiều kim đồng hồ sẽ có hệ 2 I . R1 R2 phương trình : I V1 R1 * IV2 * R2 . ⎧ . . 1 . . . . . ⎪ U = I V 1 ( Z 1 + j ωC ) − Z 1 I V 2 ± Z M I V 2 U ⎨ I1 I2 ⎪ . . . . H× 2.92 nh ⎩− Z 1 I V1 + I V 2 .2 Z 1 m 2 Z M I V 2 ± Z M I V1 = 0 Trong các phương trình trên dấu trên lấy trong trường hợp cực cùng tên đấu với điểm chung(như trên hình 2.92), dấu dưới nếu ngược lại. ⎧. . 1 . . 1 (Z m Z M ) ⎪ U = I V1 ( Z 1 + ) − ( Z 1 m Z M ) I V 2 = I V1 ( Z 1 + ) − (Z1 m Z M ) 1 ⎨ j ωC j ωC 2( Z 1 m Z M ) ⎪ . . . ⎩I V 2 (2 Z 1 m 2 Z M ) I V 2 = ( Z 1 m Z M ) I V1 . . . ( Z m Z M ) I V1 I V1 Từ phương trình hai có I V 2 = 1 = .Thay vào phương trình 2Z1 m 2Z M 2 . . U U một rồi tìm ZV1= . = . sẽ nhận được: I1 I V1 . U 1 Z m Z M Z1 1 Z Z V1 = = Z1 + − 1 = + ± M . j ωC 2 2 j ωC 2 I V1 Thay số vào: 1 2π.800.M Z V1 = 100 + j10 − j −6 ±j ≈ 100 − j10 ± j 2513M 2π.800.10.10 2 Từ biểu thức trên ta thấy để có cộng hưởng thì phải lấy dấu cộng.Khi đó: 10 3,98 M = k L 1 L 2 = kL 1 = k.4.10 −3 = = 3,98.10 −3 ; k = = 0,995 ≈ 1 2513 4 b) Khi cộng hưởng: I V1 = 150 mA ; I V 2 = I 2 = I V1 / 2 = 75mA = I 1 2.59. Mạch điện hình 2.93 Chỉ dẫn: Lập hệ phương trình 2 dòng điện mạch . L1 U1 vòng ,giải hệ tìm biểu thức của ZV1= =r+jX . M I1 . sẽ nhận được biểu thức của X= U1 C (L 2 + M ) 2 ω(L 1 + L 2 + 2 M ) − ω 2 từ biểu thức 1 ωL 2 − ) ωC H× 2.93 nh trên sẽ nhận được các tần số: 75
  12. Tần số cộng hưởng nối tiếp ứng với tử số của X=0: (L 1 + L 2 + 2M ) 10 ω 01 = ω nt = = = 2,5 = 1,58rad/ s C[( L 1 + L 2 + 2 M )L 2 − (L 2 + M ) ] 2 4 Tần số cộng hưởng song song ứng với mẫu số của X=0: 1 1 ω02 = ωSS = = = 0,707 rad/ s L 2C 2 2.60. e(t)≈100 sin 1000t [V] Hết chương 2 76
Đồng bộ tài khoản