Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P7

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

0
501
lượt xem
283
download

Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P7

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

Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn 3.1. Hình 3.48. 1. a) Phương trình định luật Kiêckhop 2: duC . dt du du Từ đó có R. i+uC=R C C +uC=E hay C dt dt K E R C uR+uC=E. Chọn biến số là uC thì i= C +αuC=αE Trong đó α=1/RC=1/τ= Nghiệm là: uC = e ∫ − αdt H× 3.48 nh 1 = 10 [1/s] 5.10 .20.10 −6 3 E 0,95E uC(t) i(t) αt αdt [ C + ∫ αE e∫ dt] = e−αt [ C + ∫ αE e dt] = e−αt [ C + E eαt ] = E + Ce−αt . uR(t) 0,05E Vì uC(0)=E+C=0 (đây là điều kiện ban đầu) nên C=-E→ uC(t)=E(1-e-αt)=100(1-e-10t) Từ...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P7

  1. Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn 3.1. Hình 3.48. K R 1. a) Phương trình định luật Kiêckhop 2: duC uR+uC=E. Chọn biến số là uC thì i= C . E C dt du du Từ đó có R. i+uC=R C C +uC=E hay C dt dt H× 3.48 nh +αuC=αE 1 Trong đó α=1/RC=1/τ= = 10 [1/s] 5.10 .20.10 −6 3 uC(t) i(t) E Nghiệm là: 0,95E uC = e ∫ [ C + ∫ αE e∫ dt] = e−αt [ C + ∫ αE e dt] − αdt αdt αt uR(t) . 0,05E = e−αt [ C + E eαt ] = E + Ce−αt 0 t tXL Vì uC(0)=E+C=0 (đây là điều kiện ban đầu) nên H× 3.49 nh C=-E→ uC(t)=E(1-e-αt)=100(1-e-10t) uR ( t ) E − α t Từ đó uR(t)=E-uC(t)=Ee-αt=100e-10t; i(t)= = e =0,02e -10t hay tính R R du E i(t)= C C = e− αt =0,02e-10t[A] dt R Đồ thị các đại lượng hình 3.49. b) Theo công thức 3.7. thì uC(t)=Ae-αt +B Hệ số α theo (3.8) thì α=1/RtđC=1/RC=10[1/s] vì Rtđ=R (khi đã đóng khoá K và cho nguồn tác động bằng 0). Khi t→∞ thì uC(∞)=B=E vì lúc đó mạch ở chế độ một chiều khi C nạp đầy đến điện áp bằng E. Khi t=0 thì uC(0)=A+B=A+E=0 nên A=-E và uC(t)=E(1-e-αt)= 100(1-e-10t) 2. Nếu không mắc R thì tại t=0 có uC(0)=0 nên nguồn bị chập qua tụ C gây hỏng nguồn. 3.2. i(t)=0,5(1-e-200t) [A];uL(t)=50e-100t [V] ; uR(t)=50(1-e-100t). [V] 3.3. R1=10 Ω ; L1=0,2H ; R2=20Ω ; L2=0,1H 3.4. Từ mạch hình 3.50 a) ngắt bỏ C, nhìn từ 2 điểm vừa cắt vào mạch khi cho nguồn tác động bằng 0 sẽ có mạch hình 3.50b).Từ đó có: 20.30 1 1 R td = R 2 + (R1 // R3 ) = 18 + = 30 Ω ; α = = ≈ 500 [1/s] 20 + 30 R td C 30.66,67.10 − 6 Đầu tiên tính dòng i1(t)=Ae-500t+B; 97
  2. E 50 i1( t ) = i (∞ ) = B = = = 1 , vì khi đó mạch ở chế độ t→∞ R1 + R3 20 + 30 một chiều xác lập, không có dòng một chiều qua C. E 50 i 1 (t ) = i 1 (0) = A + B = = = 1,6 , vì khi t=0 t =0 R1 + R 2 // R 3 20 + 11,25 thì uC(0)=0 nên C thay bằng dây dẫn (hình 3.50c). A=1,6-B=0,6 nên i1(t)=0,6e-500t+1 [A] a) b) c) K R i1(t) 1 R1 R i1(t) 1 uC(t) i3(t) i3(t) C E E=0 R3 R3 R2 R3 R2 R2 E i2(t) i2(t) H× 3.50 nh Các dòng khác có thể tính tương tự, tuy nhiên nên áp dụng các định luật cơ bản để tính qua i1(t) sẽ nhanh hơn: uR1(t)=R1i1(t)=12e-500t+20[V]; uR3(t)=E-uR1(t)=-12e-500t+30[V] u R3 ( t ) -500t i R3 (t ) = = −0,4e−500 t + 1 [ A ] ; iR2(t)=iR1(t)-iR3(t)=e .[A] R3 uC ( t ) = uR3 ( t ) − R 2 i 2 ( t ) = 30 − 30e−500 t = 30(1 − e−500 t ) [ V ] Có thể kiểm tra giá trị uC(t) theo công thức: e−500 t t t 1 1 t C0∫ i R2 (t )dt + u C (0) = −6 ∫ 66,67.10 0 e−500 t dt = − −6 500.66,67.10 0 ≈ 30(1 − e−500 t ) [V] 3.5. Hình 3.51 i (t ) = −0,6e−40 t + 4,5 ; i R2 = 2,7 + 1,2e−40 t [ A ]; i R1 = 1,8(1 − e−40 t ) [ A ] u L (t ) = 46,8e−40 t . [V] 3.6. L=0,5H 3.7. Hình 3.52. 98
  3. Chưa đóng K: Mạch xác lập với dòng một chiều: E 100 I 0 = i 1 ( 0) = i 2 ( 0) = = = 5A ; iK=0. Đây là trạng thai khởi điểm của R1 + R 2 20 mạch [V ] Khi đóng K: a) b) 10 Mạch gồm 2 R1 phần độc lập iK (t) i 1 (t) 1 i2 (t) nhau, nhưng tạo i (t) R2 thành 2 dòng K 5 dùng đi qua khoá E iK(t) L i 2 (t) i 1 (t) =i 2 (t) K. Hình 3.53a) Mạch bên trái gồm R1 và E H × 3.53 nh 1 t [s] là mạch thuần trở nên: E 100 i R1 = = = 10A ; R1 10 Mạch bên phải là sự phóng điện tự do của L qua R2: R 2 10 i R 2 (t ) = i L (t ) = Ae − αt ; α 2 = = = 100; i R 2 (t ) = Ae −100 t ; L 0,1 Vì i2(0)=5 nên A=5 → i2(t) =5e-100t. Khi t=1s thì i2(1)≈0; iK(t)=i1(t)-i2(t)=10-5e-100t Khi hở K mạch lại có i1(t)=iL(t)=iR2(t) biến thiên theo quy luật hàm mũ nên i1(t)=iL(t)=i2(t)=Be-α1(t-1)+C= Be −2000 ( t −1) + C; C = I XL = 5 A ; i (1s) = i L (1s) = 0 ⇒ B = −5 nª n i (t ) = 5(1 − e−2000( t −1) ); Đồ thị hình 3.53b) 3.8.Mạch đã cho trên hình 3.54a): Tìm điều kiện ban đầu, tức tìm UC1(0) và UC2(0): Trước khi hở khoá K mạch ở chế độ một chiều xác lập, không có dòng qua C1 và C2 nên sơ đồ tương đương có dạng hình 3.54.b). Giải mạch một chiều tìm được i1(0)=1,44A; i3(0)=0,4A, i2(0)=1,44-0,4=1,04A UC1(0)=UC2(0)=UR2(0)=1,05.15 =15,6V. 99
  4. Sau khi hở khoá K: Mạch tách là hai phần độc lập nhau (hình 3.54.c): 10.15 1 Phần mạch bên trái: R td = R1 // R 2 = = 6; α 1 = ≈ 333 [1/s] 25 6.500.10 −6 E1 30 i1(t)=A1e-333t+B1; i 1 (t ) = i 1 (∞) = B1 = = = 1,2 t⇒∞ R1 + R 2 25 E − U C1 (0) i 1 (t ) = i 1 (0) = A 1 + B1 = = 1,44 ; A 1 = 0,24; i 1 (t ) = 0,24e−333t + 1,2 t=0 R1 [A] uR1(t)=R1i1(t)=2,4e-333t+12[V]; uR2(t)=uC1(t)=E1-uR1(t)=18-2,4e-333t[V] i C1 ( t ) = i 1 (t ) − i 2 (t ) = 0,4e−333t [A ] u R2 (t ) i 2 (t ) = = 1,2 − 0,16e−333t [ A ] ; R2 1 -555t Phần mạch bên phải: R td = R 3 = 9 ; α 2 = = 555,5 ; i3(t)=A2e +B2. R3 C2 i 3 (t ) = i 3 (∞) = B 2 = 0 vì dòng 1 chiều không qua đươc C2. t⇒∞ U C2 (0) − E 2 i 3 (t ) = i 3 (0) = A 2 = = 0,4 ; i 3 (t ) = 0,4e−555 t [A] t=0 R3 3.9. Hình 3.55. Vì nguồn chuyển qua giá trị max dương tại t=0 nên αe=900, tức e(t)=Emsin(100t+900)[V] Xác định điều kiện ban đầu: tức iL(0)=? Dòng xác lập hình sin khi chưa đóng khoá K: . 0 . E E m ej 90 Em 0 E 0 Im = = = ej 90 = m ej 63,43 ; Z 20 + j100.0,1 20 + j10 10 5 Lúc này Ampe kế chỉ gía trị hiệu dụng nên: E I= = 2 5 [ A ] ; E = 100 [ V ] ; E m = 100 2 [ V ] 10 5 Trước khi đóng khoá K dòng điện có biểu thức: i(t)= 2 5 . 2 sin(100 t + 63,43 0 ) = 2 10 sin(100 t + 63,43 0 ) →điều kiện ban đầu là IL0=5,66A Biểu thức của nguồn: e(t)=100 2 sin(100t+900)[V] +Sau khi đóng khoá K: i=itự do+icưỡng bức=itd+iCb 100
  5. . . Em 100 2 j 900 100 2 j (900 −450 ) 0 I mCb = = e = e = 10ej 45 ; i Cb = 10 sin(100t + 45 0 ) R + jX L 10 + j10 10 2 R − t i td = me L = Ae−100 t 2 i (t ) = me−100 t + 10 sin(100t + 45 0 ) ; i (0) = 5,66 = m + 10 sin 45 0 ; m = 5,66 − 10 = −1,4 2 i (t ) = −1,4e−100 t + 10 sin(100t + 45 0 ) [ A ] 3.10. i (t ) = 12e−314 t + 12 sin(314t − 90 0 ) ; u L (t ) = 120(sin 314t − e−314 t )[ V ] ; u R (t ) = 120 e−314 t − 120 cos( t ) [ V ]; e(t ) = 120 2 sin(314 t − 45 0 )] [ V ] 314 3.11. Hình 3.56. i L 2 (t ) = 6e−125,7 t i 1 (t ) = −10e−418t + 20 cos( t − 37 0 ) 314 i K (t ) = i 1 (t ) − i 2 (t ) = − 10e−418t − 6e−125,7 t + 20 cos( t − 37 0 ) 314 3.12. a)uC(t)=200(1-e-4t) b)R=5 KΩ ;C=50 μF. 3.13. Hình 3.13. a) uC(t)=uR(t)=100e-20t; i(t)=2e-20t; b) WR(t)=5(1-e-40t) ;t1≈17,33 mS. 3.14. 200 2 a)u C = 200(1 − e− 40 t ); U C n¹ p = u C (∞) = 200V ; WE = 5.10 −6 = 0,1 Jun; 2 2 − 40 t 200 2 e− 40 t ∞ e−80 t ∞ b)u R = 200e ; p R (t ) = = 8e−80 t ; WR = ∫ 8e−80 t dt = 8 = 0,1 Jun 5000 0 − 80 0 3.15. a)Nguồn điện áp: R td = 1,5Ω; τ = 1,5 s b) Nguồn dòng: R td = 2Ω; τ = 2 s 3.16. Mạch điện hình 3.57. Sau khi đóng khoá K, vì nguồn là lý tưởng nên: - Có dòng độc lập qua R1 là i1(t)=E/R1=2[A] - C được nạp qua R2 theo quy luật hàm mũ 1 − t u C = E(1 − e R2C ) = 150(1 − e−500 t ) [V] duC i 2 (t ) = i C (t ) = C = 6e−500 t [A] dt 101
  6. Tại thời điểm t=1 s thì uC(1s)=150(1-e-500)≈150V (đây là điều kiện ban đầu khi hở K). Sau khi hở khoá K:lúc đó C phóng điện qua R1 và R2 từ giá trị uC(1s)=150V theo quy luật hàm mũ: 1 − t u C (t ) uC(t)=150e C( R1+ R 2 ) = 150 e−125 ( t −1) [V] ; i 1 (t ) = = 1,5e−125( t −1) [ A ] ; R1 + R 2 duC i C (t ) = i 2 (t ) = − i 1 (t ) = −1,5e−125( t −1) hay= C = −1,5e−125( t −1) [ A ] dt 3.17. Mạch điện hình 3.58 a) Điện áp nạp cho tụ: uC(t)=E(1-e-αt) với 1 1 α= = =1000 τ RC u 2 CE2 WE = C C = (1 − e−αt ) 2 ; 2 2 dWE pC (t ) = = C α E 2 e−αt (1 − e−αt ) dt E 2 − αt E 2 − αt = e (1 − e−αt ) = (e − e− 2αt ) R R pC ( t 1 ) = max = 250 VA khi p.C ( t 1 ) = 0 = (e−αt − e− 2 αt )' = − αe−αt + 2αe− 2 αt = 0 Hay e− αt1 = 2e−2αt1 → 0,5 = e−1000 t1 → t 1 = 0,693 .mS; E 2 −0,69 E2 pC MAX = 250 = (e − e−0,69.2 ) ≈ (0,5 − 0,25) ⇒ E = 100 [ V ] 10 10 du u C (t ) = 100(1 − e−1000 t ) ; i (t ) = C c = 10e−1000 t td 2 E b) WE = C = 0,5 Jun 2 ∞ e−2000 t ∞ c) WR = ∫ Ri 2 dt = 10 3 = 0,5 Jun 0 − 2000 0 3.18. Hình 3.59. i1(t)=7,5(1- e -1000t); i2(t)=10e-500t; i(t)= i1(t)+ i2(t) 3.19. Hình 3.60. Trước khi hở khoá K: 102
  7. Z L = j 40 ; Z C = − j 20 ; − j 20(20 + j 40) Z R1CL = = 10(1 − j 3) = 10 − j 30 20 + j 20 0 Z = 30 − j 30 = 30(1 − j ) = 30 2e− j 45 . . Em 60 2 0 Im = = = 2ej 45 ; Z 30 2e − j 450 . . 0 0 U Cm = I m Z R1CL = 2ej 45 (10 − j 30) = 63,245e− j 26,56 . . U Cm 63,245e− j 26,56 0 0 0 I Lm = = = 1,4142e− j 90 = 2e− j 90 Z LR1 20 + j 40 u C (t ) = 63,245 sin(1000t − 26,56 0 ); u C (0) = −28,27 V i L (t ) = 2 sin(1000t − 90 0 ); i L (0) = − 2 Sau khi hở khoá K: - Về mặt lý thuyết thì UC giữ mãi ở mức -28,27V (má trên của tụ là âm, má dưới là dương). Thực tế tụ sẽ phóng điện qua không khí. Thời gian phóng tuỳ thuộc vào độ dẫn điện (độ ẩm) của không khí. - Dòng ở phần còn lại là iL(t)=Ae-αt+B(t). B(t) xác định như sau: . . Bm 60 2 0 Bm = = = 1,5e− 45 ⇒ B(t ) = 1,5 sin(1000t − 45 0 ) R + R1 + Z L 40 + j 40 R + R1 -1000t Từ đó α = = 1000. ; iL(t)=Ae +1,5sin(1000t-450). L Khi t=0 thì iL(0)=- 2 =A+1,5sin(-450)=A-1,5.0,707=A-1,06.→A=-0,35 iL(t)=-0,35e-1000t+1,5sin(1000t-450) [A]. 3.20. Mạch điện hình 3.61. Vì khi nguồn đạt giá trị dương bằng giá trị hiệu dụng thì khoá K hở ra nên: u(0)= 200 1 = 200 sin α e ;α e = arcsin = 450 hoăo 1350 . 2 2 Trước khi hở khoá K mạch ở chế độ hình sin xác lập: Với L=50mH, C=20 μF thì 1 ω0 = = 1000 rad/ s =ω nên mạch ở trạng thái LC 103
  8. cộng hưởng: 1 Z=R+ = 2R=100 Ω 1 1 + j ωC + R j ωL . . E m 200ej 45 0 0 . . 0 . Im = = = 2ej 45 ; U Lm = R I m = 100ej 45 = U Cm; Z 100 . . U Lm 100ej 45 0 0 I Lm = = = 2e− j 45 ; i L (0) = 2 sin(−450 ) = − 2 [ A ]; ZL j 50 2 u C (0) = 100 sin(45 0 ) = 100 = 50 2 [V] 2 Sau khi hở khoá K:Mạch tách làm 2 phần: t − Mạch bên phải: u c (t ) = 50 2e RC = 50 2e−1000 t R − t Mạch bên trái: i L (t ) = Ae L + B(t ) = Ae −1000 t + B(t ) B(t) là dòng cưỡng bức hình sin khi mạch ở chế độ xác lập mới: . 0 . Em 200ej 45 B= = =2 2 R + j ωL 50 + j 50 B(t ) = 2 2 sin(1000t ) −1000 t i L (t ) = Ae + 2 2 sin(1000t ) i L (0) = A + B(0) = A + 2 2 sin(0) = A = − 2 → i L (t ) = − 2e−1000 t + 2 2 sin(1000t ) [ A ] 3.21.Hình 3.62 a) +Biến là uC: 4.10 −4 u' c +3u c = 150 Hay u' c +0,75.10 4 u c = 37,5.10 4 . +Biến là i: i '+0,75.10 4 i = 75.10 4 ; +Biến là i1: i '1 +0,75.10 4 i 1 = 37,5.10 4 +Biến i3: Vì R1=R2 và mắc song song nên dạng như i1 +Biến là i2=iC: i ' 2 +0,75.10 4 i 2 = 0; b) u C = 50(1 − e−7500 t ) [V] i 1 (t ) = i 3 (t ) = 5(1 − e−7500 t ) [ A ]-; i 2 (t ) = 15e−7500 t [ A ] i (t ) = 10 + 5e−7500 t [ A] 3.22. Hình 2.21b: τ=1,5 mS; Hình 2.21c: τ=2mS; Hình 2.21d: τ=3 mS; 3.23. Hình 2.63 a)Phương pháp kinh điển: 104
  9. R td 10 R td = R 1 + R 2 // R = 10Ω; α = = = 50 L 0,2 i( t ) = Ae −50 t + B; E80 80.15 i (t ) = i ( 0) = B = = = = 6; t=0 R + R1 // R 2 50 200 10 + 15 E 80 i (t ) = i ( 0) = A + B = = = 4 ; A = −2; t=0 R + R 2 20 i (t) = −2e−50t + 6 [ A] ; uR (t) = iR = 60 − 20e−50t [ V]; uR2 (t) = E − uR (t) = 20 + 20e−50t [ V] i 2 (t) = 2 + 2e−50t [ A]; i R1 (t) = i − i 2 = 4 − 4e−50t [ A] 10(5 + 0,2p) 4p + 200 b) Phương pháp toán tử:Z(p)=R+[R1//(R+PL)]= 10 + = 15 + 0,2p 15 + 0,2p E(p) 80 0,2p + 15 4 p + 75 A A2 I ( p) = = . = . = 4( 1 + ) Z( p) p 4p + 200 p p + 50 p p + 50 p + 75 p + 75 A1 = = 1,5 ; A2 = = −0,5 p + 50 p = 0 p p = −50 K i −50 t −50 t i ( t ) = 4(1,5 − 0,5e ) = 6 − 2e [ A ]; 5Ω i i2 1 3.24. Hình 3.64. 318 μF 10 10 e(t) 10 Ω Z(p)=5+ −6 =5+ = 1 + p.318.10 .10 1 + 318.10 −5 p 15 + 0,0159 p 100.314 H× 3.64 nh −5 ; E(p)= 2 1 + 318.10 p p + 314 2 E(p) 314.100 1 + 318.10 −5 p 314.100 318.10 −5 (p + 314) I (p) = = 2 . = 2 . = Z(p) p + 314 2 15 + 0,0159p p + 314 2 0,0159(p + 943) 6280 p + 314 A B p + B2 . = 6280( + 21 ) 2 p + 314 2 p + 943 p + 943 p + 314 2 Ap2 + A.3142 + B1p2 + B1 .943p + B2 p + 943B2 = p + 314 A + B1 = 0 ⎫ ⎪ −4 −4 943B1 + B2 = 1 ⎬ ⇒ A = −6,37.10 ; B1 = 63,37.10 ; B2 = 0,399 ⎪ A.3142 + 943B2 = 314⎭ − 6,37.10 −4 6,37.10 −4 p + 0,399 6280( + ) p + 943 p2 + 314 2 105
  10. 0,399 i ( t ) = 6280 [ −6,37 .10 − 4 e− 943 t + (6,37 .10 − 4 cos314 + sin 314 t ) = 314 6280 [ −6,37 .10 − 4 e− 943 t + (6,37 .10 − 4 cos314 + 12,7.10 − 4 sin 314 t ) = ≈ −4 e− 943 t + 6280 .10 − 4 (6,37 cos314 + 12,7 sin 314 t ) = −4 e− 943 t + 8,922 cos(314 t − 63,36 0 ) i(t)=-4e-943t+8,922cos(314t-63,360)= 4e-943t+8,922sin(314t+26,640) [A] Chú ý: biến đổi dùng công thức: a a a cosx + b sin x = a2 + b 2 sin(x + arctg ) = a2 + b 2 cos( + arctg − 90 0 ) = x b b b a2 + b 2 cos[x − arcctg ) a 10 62800 ( p + 314 ) 1 U C ( p) = I ( p). −5 = 2 −5 1 + 318 .10 p ( p + 314 )( p + 943) 318 .10 ( p + 314 ) 2 1 9 74 8 420 = 2 ( p + 314 2 )( p + 943) U ( p) 1 974 842 A2 B p + B4 I 2 ( p) = C = 2 = + 3 10 ( p + 314 )( p + 943) 2 p + 943 p 2 + 314 2 A 2 p 2 + 314 2 A 2 + B 3 p 2 + 943 B 3 p + B 4 p + 943 B 4 = 1 974 842 A 2 + B3 = 0 ⎫ ⎪ 943 B 3 + B 4 = 0 ⎬ ⇒ A 2 ≈ 2; B 3 ≈ −2; B 4 = 1885 ; ⎪ 314 A 2 + 943 B 4 = 1 974 842 ⎭ 2 2 − 2 p + 1885 I 2 ( p) = + 2 p + 943 p + 314 2 1885 i 2 (t ) = 2e−943t + [ −2 cos324t + sin 314t] = 314 2e−943t + [ −2 cos324t + 6 sin 314t ] = 2e−943t + 6,32 cos( t + 71,56 0 ) 314 i2(t)=2e-943 t +6,32cos(314t+71,560).= 2e-943 t +6,32sin(314t-18,430). 19 748 420.318.10 −6 p 19 748 420.318.10 −6 p 6280 p I 1 (p) = U C (p).pC = 2 2 = 2 2 = (p + 314 )(p + 943) (p + 314 )(p + 943) (p + 314 2 )(p + 943) 2 A3 B5 p + B 6 = + p + 943 p 2 + 314 2 A 3 p 2 + 314 2 A 3 + B5 p 2 + 943B5 p + B 6 p + 943B 6 = 6280p A 3 + B5 = 0 ⎫ ⎪ −6 6p + 626,8 943B5 + B 6 = 6280 ⎬ ⇒ A 3 ≈ −6; B5 ≈ 6; B 6 = 626,8; I 2 (p) = + 2 2 ⎪ p + 943 p + 314 2 314 A 3 + 943B 6 = 0⎭ 106
  11. 626,8 i 2 (t ) = −6e−943t + (6 cos314t + sin314t ) ≈ −6e−943t + (6 cos314t + 2 sin314t ) = 314 −943t − 6e + 6,32 cos( t − 18,430 ) = −6e−943t + 6,32 sin(314t + 71,56 0 ) 314 i1(t)=- 6e-943t+6,32cos(314t-18,430)= - 6e-943t+6,32sin(314t+71,560) [A] Chú ý: Nếu tính theo công thức 3.9, tức giải theo kiểu BT3.9 sẽ thấy đơn giản hơn nhiều. 3.25. Đưa về sơ đồ toán tử tương đương như ở i(t) M N hình 3.65 sẽ có phương trình: R1 L .i (0) L1 1 L1 1 C I (p)[ R1 + R2 + R3 + p(L 1 + L 2 ) + ]= R3 Cp uC ( 0 ) p u (0) R3 L2.iL2(0) L2 (L 1 + L 2 )i L (0) + C p Hình 3.24 t t 1 3 − 1 3 − → i ( t ) = 2( e− t + e 3 ) = e− t + e 3 [A] 4 4 2 2 t di 1 − 3 1 − t u MN ( t ) = R1 i ( t ) + L 1 = e − e ; → u MN (0) = 0 dt 2 2 3.26. Hình 3.66. e(t)=100sin(314t-340)=100sin314tcos340-cos314tsin340=83sin314t- 56cos314t 314.83 56p − 56p + 26062 E ( p) = − = ; p + 314 2 p + 314 2 p + 314 2 Mạch RLC nối tiếp: 1 1 z(p) = R + pL + = 4 + 2,82.10 −3 p + = pC 144.10 −6 p p2 + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 282.10 −3 p E(p) − 56p 2 + 26062p I (p) = = 355 2 = Z(p) (p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 )(p 2 + 314 2 ) Ap + B Cp + D 355[ 2 + 2 ]= p + 314 2 p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 107
  12. ⎧A + C = 0 ⎪ ⎪ A .1,42 .10 + B + D = −56 3 ⎨ ⎪ A 2,46 .10 + B1,42 .10 + C314 = 26062 6 3 2 ⎪ B2,46 .10 6 + D 314 2 = 0 ⎩ B = 2,89; D = −73; C = −0,0091; A = 0,0091 0,0091 p − 2,89 0,0091 P − 73 I ( p) = 355 ( − 2 ) p + 314 2 2 p + 1420 P + 2,46 .10 6 0,0091p − 2,89 0,0091P − 73 I (p) = 355( 2 2 − ) p + 314 p + 1420P + 2,46.10 6 2 i (t ) = 4,56 sin(314t + 45 0 ) − 17,687e−710 t sin(1398t + 110 ) [A] u R (t ) = Ri ≈ 18,24 sin(314t + 45 0 ) − 70e−710 t sin(1398t + 110 ) [ V ] 1 − 56p 2 + 26062p 10 6 U C (p) = I (p) = 355 2 . = pC (p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 )(p 2 + 314 2 ) 144p Hp + K Mp + N 2,46.10 6 [ 2 + 2 ] p + 314 2 p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 H1,42.10 3 p 2 + H 2,46.10 6 p + Kp 2 + K1,42.10 3 p + K 2,46.10 6 + + M 314 2 p + Np 2 + N314 2 ⎧H + M = 0 ⇒ M = − H ⎪ ⎪1420H + K + N = 0 ⎪ ⎨2,46.10 H + 1420K + 314 M = −56 6 2 ⎪2,46.10 6 K + 314 2 N = 26062 ⎪ ⎪H = −2,93.10 −5 ; K = 9,29.10 −3 ; N = 0,032; M = −H = 2,93.10 −5 ⎩ − 2,93.10 −5 p + 9,29.10 −3 2,93.10 −5 p + 0,032 U C (p) = 2,46.10 6 [ + 2 ] p 2 + 314 2 p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 u C (t ) ≈ 102 cos( t − 45 0 ) + 92e−710 t cos( 314 1398t + 38 0 ) [V] 3.27.Hình 3.67. i 1 (t ) = i R (t ) = 10 − 7,698e−500 t sin866t [A] i 2 (t ) = 10 − 15,396e−500 t sin866t [A] i 3 (t ) = 7,66 e−500 t . sin(866t + 60 0 ) [A] 3.28. Hình 3.68. 108
  13. i (t ) ≈ e−195 t − 9e−605 t =iC(t) i 2 (t ) = i L = 8 + 2,88e−195t − 2,88e−605 t i 1 (t ) = i R (t ) = 8 + 3,88e−195t − 11,88e−605t 3.29. Hình 3.69. 1. Xuất phát từ các phương trình: duc uR + uC = e ;iC = C ; dt 1 u R = iR; i = i L + i C ; iL = ∫ u c dt; L Từ đó chứng minh được: u' c u c e' ẩn là uC: u' ' c + + = RC CL RC i' 1 e" e ẩn là i: i "+ +i = + RC LC R RLC i' i e' ' ẩn là i2=iC: i ' ' 2 + 2 + 2 = CR LC R 1 ' 1 e ẩn là i1=iL: i 1 + " i1 + i1 = CR CL CRL 2.Thực hiện một số ký hiệu qua các thông số mạch từ quan hệ L=4R2C: 1 1 L ρ 1 1 1 2 ω0 = ; R= = ; = = = = 2 ω0 LC 2 C 2 RC ρ 1 L LC C C 2 2 C 1 pL pC pL pL p Z(p) = R + = R+ 2 = R+ = R+ = 1 p LC + 1 2 2 LC(p + ω 0 ) 2 C(p + ω0 )2 pL + pc p p RC[( p2 + ω 0 ) + 2 ] R[( p2 + ω0 ) + 2 ] RC(p2 + ω 0 ) + p 2 RC = 2 2 RC = R[ p + 2ω0 p + ω0 ] ; = C(p2 + ω 0 ) 2 C(p2 + ω 0 ) 2 (p2 + ω0 ) 2 (p2 + ω0 ) 2 E0 e(t ) = E0 e−αt ⇒ e(p) = ; p+ α e(p) E0 p2 + ω0 2 E0 p2 + ω 0 2 I (p) = = = = Z(p) R (p + α)(p2 + 2ω0 p + ω0 ) R (p + α)(p + ω0 ) 2 2 E0 A C1 C2 [ + + ] R p + α p + ω 0 (p + ω0 ) 2 Tìm các hệ số theo công thức Heviside: 109
  14. p2 + ω0 2 α 2 + ω0 2 α 2 + ω0 2 A= = = p2 + 2ω0 p + ω0 p = −α 2 α 2 − 2ω0 α + ω0 2 (α − ω 0 ) 2 p2 + ω0 2 2 2ω 0 C2 = = p + α p = −ω 0 α − ω 0 d p2 + ω02 2 p( p + α ) − ( p 2 + ω 0 ) 2 − 2 αω 0 C1 = [ ] = = dp p + α p = −ω 0 (p + α) 2 p = − ω 0 (α − ω 0 ) 2 α 2 + ω0 2 1 2 αω 0 1 2 2ω o 1 I ( p) = [ − + ] (α − ω 0 ) p + α (α − ω 0 ) p + ω 0 (α − ω 0 ) ( p + ω 0 ) 2 2 2 i (t ) = E0 R [ ] Ae − α t + C1 e− ω0 t + C 2 t e− ω 0 t = E 0 α 2 + ω 0 − αt 2 2αω 0 2ωo2 [ e − e−ω0 t + t e−ω0t ] R (α − ω 0 ) 2 (α − ω 0 ) 2 (α − ω 0 ) b) Các thông số mạch đã cho đúng với quan hệ L=4R2C α=100 ; E0=100V ; 1 100 ωo = = = 200; α − ω 0 = −100; (α − ω 0 ) 2 = 10 4 ; α 2 + ω 0 = 5.10 4 ; 2 0,25 .10 − 4 0,5 E 0 ⎡ α 2 + ω 0 − αt 2 2αω 0 2ω o2 ⎤ i (t ) = ⎢ e − e− ω0 t + teω0 t ⎥ = R ⎣ (α − ω 0 ) 2 (α − ω 0 ) 2 (α − ω 0 ) ⎦ 100 ⎡ 5.10 −100 t 4.10 − 200 t 8.10 ⎤ [ ] 4 4 4 ⎢ 4 e − 4 e + 4 te− 200 t ⎥ = 4 5e−100 t − 4e− 200 t + 8te− 200 t = 25 ⎣ 10 10 10 ⎦ 20e−100 t − 16e− 200 t + 32 t e− 200 t uR(t) =Ri(t)=2000e-100t-1600e-200t+3200te-200t [V] -200t -200t -100t uC(t)=e(t)-uR(t)= 1600e -3200te -1900e [V] 3.30. Hình 3.70. Dùng phương pháp toán tử tìm được i(t)=2+4,25e-100tsin400t [A] ; từ đó tìm uL, rồi tìm uC=e-uL; iR=uC/R; iC=i-iR uC(t)=100-103e-100tsin(400t+1040) [V] iR(t)=2-2,06e-100tsin(400t+1040) [A] iC(t)= e-100t[4,25sin400t+2,06sin(400t+1040)] =4,49sin400t+280) [A] Để biến đổi iC dùng công thức:A1 sin(ωt+ϕ1)+A2 sin(ωt+ϕ2)=A sin(ωt+ϕ) với A sin ϕ1 + A 2 sinϕ 2 A = A 1 + A 2 + A 1A 1 cos( 2 − ϕ1 ) ; ϕ = arctg 1 2 2 ϕ A 1 cosϕ1 + A 2 cosϕ 2 110
  15. 3.31. Hình 3.71. Lập hệ phương trình roán tử cho 2 vòng thuận chiều kim đồng hồ, tìm được: p I V1 (p) = I (p) = 500 2 → (p + 200p + 2.10 4 ) i(t)= 5e-100tsin100t [A] i1(t)=i2(t)= 2,5e-100tsin100t [A] di di di u L1 = L 1 + M 2 = (L + M ) 1 ; dt dt dt u R ( i ) = Ri (dt) → u C (t ) = − u R ( t ) − u L (t ) 3.32. Hình3.72 Tìm điều kiện ban đầu: . . Em 0 Im = = 2 2ej 45 ; i L1 (t ) = 2 2 sin( t + 450 ); 100 R + j ωL I L 0 = 2 [ A] +Sau khi đóng khoá K: Chuyển về sơ đồ toán tử tương đương cần chú ý đến điện áp toán tử hỗ cảmM.IL10 ở nhánh 2. Lập hệ phương trình toán tử với 2 vòng thuận chiều kim đồng hồ. ⎧(R + pL)I V1 (p) − pLI V 2 (p) + pMI V 2 (p) = e(p) + L .I L 0 ⎪ ⎨− pLI V1 (p) + 2pLI V 2 (p) + pMI V1 (p) − 2pMI V 2 (p) = ⎪ I L0M − I L0L ⎩ − 0,28 1,28p + 96 I V1 (p) = 2[ + 2 ] p + 133,33 p + 10 4 i (t ) = i V1 (t ) = −0,56e−133,33t + 2[1,28 cos t + 0,96 sin100t ] 100 ≈ −0,56e−133,33t + 3,2 cos( t − 37 0 ) [ A ] 100 − 7,5.10 −3 2,1.10 −3 9,6.10 −3 p + 0,72 I V 2 (p) = 133,33[ − + ] p p + 133,33 p2 + 10 4 i V 2 ( t ) = i 2 ( t ) = 133,33[ −7,5.10 −3 − 2,1.10 −3 e−133,33 t + 10 −3.12 cos( t − 37 0 )] 100 = 1,6 cos( t − 37 0 ) − (1 + 0,28 e−133,33 t ) 100 i1(t)=i(t)-i2(t)=1+1,6cos(100t-370)+0,28e-133,33t [A] 3.33. Mạch hình 3.73. Giải tương tự như BT3.32 được 111
  16. i V1 (t ) = 4 − 2e−200 t [ A ] = i (t ) 3.34. Mạch điện hình 3.74a. − 200 t − 600 t i V 2 (t ) = 2 − e −e [ A ] = i 2 (t ) Điều kiện ban đầu: i 1 (t ) = i V1 − i V 2 = 2 − e− 200 t + e−600 t [ A ] iL2(0)=E2/R=2A.→Sơ đồ toán tử tương đương hình 3.74b ⎧ E1 ⎪ I V 1 ( p)( 2 R + Lp ) + RI V 2 ( p) + MpI V 2 = + MI L 20 ⎪ p ⎨ ⎪ RI ( p) + ( R + L ) I ( p) + MpI E = 2 + LI L 20 ⎪ ⎩ V1 V2 V1 p ⎧ 0,2 p + 240 ⎪(120 + 0,2 p) I V 1 ( p) + ( 60 + 0,1p) I V 2 ( p) = Thay số vào sẽ có: ⎪ p ⎨ ⎪(60 + 0,1p) I ( p) + (60 + 0,2 p) I ( p) 0,4 p + 120 V1 V2 = ⎪ ⎩ p Δ = (120+0,2p) (60+0,2p)- (60+0,1p)2=0,03(p+200)(p+600). (60 + 0,2p)(0,2p + 240) Δ1 = p (60 + 0,1p)(0,4p + 120) 24p + 7200 − = p p (120 + 0,2p)(0,4p + 120) Δ2 = − p (60 + 0,1p)(0,2p + 240) = 0,06p + 36 p Δ1 24p + 7200 I V1 (p) = = E1 Δ 0,03p(p + 200)(p + 600) E2 p A A2 A3 p = 800[ 1 + + ] p p + 200 p + 600 p + 300 p + 300 A1 = = 2,5.10 −3 ; A 1 = = −1,25.10 −3 (p + 200)(p + 600) p = 0 p(p + 600) p = −200 p + 300 A1 = = −1,25.10 −3 p(p + 200) p = −600 2,5 1,25 1,25 I V1 (p) = 0,8[ − − ]; i V1 ( t ) = i 1 (t ) = 2 − e− 200 t − e−600 t p p + 200 p + 600 Δ 0,06p + 36 p + 600 2 I V 2 (p) = 1 = =2 = Δ 0,03(p + 200)(p + 600) (p + 200)(p + 600) (p + 200) i V 2 (t ) = i 2 (t ) = 2e−200t [A] −600 t i 3 ( t ) = i V1 ( t ) + t V 2 ( t ) = 2 − e [A] 112
  17. 3.35.Chỉ dẫn: Phương trình đặc trưng hay( phương trình đặc tính) của mạch là phương trình định thức toán tử Δ(p)=0(của hệ phương trình lập theo phương pháp dòng mạch vòng hoặc điện thế nút).Lúc đó tính phản ứng FK(p) thì ngiệm của đa thức mẫu số chính là nghiệm của phương trình Δ(p)=0.Khi phân tích đa thức mẫu số thành các thừa số bậc 1 và bậc 2 dạng mẫư số là p-pK=p+αK và p2+2αip+βi2.Vì trong mạch thực bao giờ cũng có tổn hao nên αi>0vì thực tế khi t→ ∞ thì các thành phần tự do là A k e− α k t và e−α i t phải tiến tới 0.(Xem các công thức 6,12-14,16 bảng3.1).Nghĩa là các ngiệm thực αk phải là số thực âm,các nghiệm phức dạng − α i ± j β 2 − α 2 = −α i ± j ω 2 cũng phải có phần thực âm, i i i tức các nghiệm phải nằm ở nửa trái của mặt phẳng phức. 3.36. Hình 3.75. di 2 R R C + L di 2 R + R2 e 2 2 +( 1 2 ) +( 1 )i 2 = dt R1 LC dt R1 LC R1 LC e(+0) i 2 (0) = 0; i 1 (+0) = i 3 (+ 0) = ; R1 di 2 (0) di (0) di (0) de +0) ( = 0; 1 = 3 = dt dt dt R1 dt 3.37. Hình 3.76. Hằng số thời gian của mạch τ=RC=500.10-5 =5.10-3s =5mS. Hệ số tắt dần của dao động: α=1/τ=200 Trong khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ tX =12,5mS uc(t)=10(1-e-αt) =10(1- e-200t)[V] ; uR(t)=10 e-200t[V] i(t)=0,02e-200t[A] = 20e-200 t [mA] ; Tại t=tX=12,5 ms = 12,5.10-3 s uC(tX) ≈ 9,18 [V]; i(tX) =1,64 [mA]. ; uR(tX)≈0,82 [V]. Trong khoảng thời gian tX ≤ t: Đó là quá trình dao động tự do: uC(t)=9,18e-200(t-tx) [V]uR(t)=- 9,18e-200(t-tx) [V] iR(t)=-18,4e-200(t-tx)[mA]. Đồ thị hình 3.76 3.38.Phân tích tương tự như BT3.37. 3.39. 113
  18. ⎧0 khi t < 0 ⎪ u(t)= ⎨2000t [ V ] khi 0 ≤ t ≤ 0,01s ⎪0 khi 0,01s < t ⎩ Trong khoảng thời gian 0÷0,01 s: Tác động là hàm tuyến tính nên sẽ dùng phương pháp toán tử Laplas: u( p) 2000 20 000 A C C2 I ( p) = = = = + 1 + 2 Z ( p) p 2 (10 + 0,1p) p 2 ( p + 100 ) p + 100 p p 20 000 20 000 20 000 A= = 2; C 2 = = 200 ; C1 = − = −2 p 2 p = − 100 p + 100 p = 0 ( p + 100 ) 2 p = 0 2 2 200 I ( p) = − + 2 → i ( t ) = − 2 + 200 t + 2 e −100 t [A] p + 100 p p T ¹ i t X = 0,01 s → i ( 0,01) = − 2 + 200 ( 0,01) + 2 e −1 ≈ 0,736 [ A ] Trong khoảng thời gian 0,01 s
  19. ⎧e−100 t [ A ] khi 0 ≤ t ≤ 0,01s; ⎪ ⎪ i (0,01s) ≈ 0,368 [ A ] ⎪− 1,632e−100( t − 0,01) [ A ] ⎪ i (t ) = ⎨ ⎪ khi 0,01s ≤ t ≤ 0,02s; ⎪ i (0,02s) ≈ −0,6 [ A ] ⎪ −100( t − 0,02 ) ⎪0,4e ⎩ [ A ] khi 0,02s < t Đồ uC(t),uR(t)thị hình 3.77.Đồ thị i(t) lặp lại dạng uR(t)nhưng có tỷ lệ xích theo trục tung nhỏ hơn 100 lần. u2 t1 t2 2 u b) WR (t) = ∫ R dt + ∫ R dt + 0 R t1 R c)q(t)= Cu(t) 115
Đồng bộ tài khoản