Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P8

Chia sẻ: Van Kent Kent | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

0
152
lượt xem
100
download

Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P8

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

3.42. +Tác động của xung thứ nhất: Trong khoảng thời gian 0÷5 mS: coi tác động là bậc thang. i (t ) = A 1 e R − t L + B1 = −5e−100 t + 5. T ¹ i t = 5.10 −3 s→ i (5.10 −3 ) = −5e− 0,5 + 5 ≈ 1,9673 [ A ] Trong khoảng thời gian 5÷10 mS:là dao động tự do. i (t ) = 1,9673 e−100( t −5.10 −3 ) . T¹ i t = 10.10 −3 s → i (10 −2 s) = 1,1932.A +Tác động của xung thứ hai: Trong khoảng thời gian 10÷15 mS: coi tác động của...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P8

  1. 3.42. +Tác động của xung thứ nhất: Trong khoảng thời gian 0÷5 mS: coi tác động là bậc thang. R − t i (t ) = A 1 e L + B1 = −5e−100 t + 5. T ¹ i t = 5.10 −3 s→ i (5.10 −3 ) = −5e− 0,5 + 5 ≈ 1,9673 [ A ] Trong khoảng thời gian 5÷10 mS:là dao động tự do. −3 ) i (t ) = 1,9673 e−100( t −5.10 . T¹ i t = 10.10 −3 s → i (10 −2 s) = 1,1932.A +Tác động của xung thứ hai: Trong khoảng thời gian 10÷15 mS: coi tác động của xung thứ 2 là bậc thang: −2 i (t) = A 2 e−100(t −10 ) + B2 ; B2 = 5; A 2 + B2 = 1,1932 → A 2 = 1,1932 − 5 = −3,8068 t = 10mS −2 i (t) = −3.8068e−100(t −10 ) + 5.T¹ i t = 15 mS→ i (15.10−3 s) = 5 − 3,8068e−0,5 = 2,6910 [ A] Trong khoảng thời gian 15÷20 mS:là dao động tự do. −3 i ( t ) = 2,6910 e−100( t −15.10 ) . T ¹ i t = 20 mS = 2.10 − 2 s → i ( 2.10 − 2 s) = 1,6321. [ A ] +Trong khoảng thời gian 20÷25 mS: coi tác động của xung thứ 3 là bậc thang: −2 i (t) = A 3e−100(t −2.10 ) + B3; B3 = 5; A 3 + B3 = 1,6321→ A 3 = 1,6321− 5 = −3,3679 t = 20mS −2 i (t) = −3,3679e−100(t −2.10 ) + 5.T¹ i t = 25 mS→ i (25.10−3 s) = 5 − 3,3679e−0,5 = 2,9572 [ A] Trong khoảng thời gian 25÷30 mS:là dao động tự do. −3 ) i ( t ) = 2,9572 e−100( t − 25.10 . T¹ i t = 30 mS = 3.10 − 2 s → i (3.10 − 2 s) = 1,7936. [A] +Trong khoảng thời gian 30÷35 mS: coi tác động của xung thứ 4 là bậc thang: −2 i (t ) = A 4 e−100(t −3.10 ) + B4 ; B 4 = 5 ; A 4 + B4 = 1,7936 → A 4 = 1,7936 − 5 = −3,3064 t = 30mS −2 i (t ) = −3,2064e−100(t −3.10 ) + 5.T¹ i t = 35 mS→ i (35.10−3 s) = 5 − 3,2064e−0,5 = 3,0552 A Trong khoảng thời gian 35÷40 mS:là dao động tự do. −3 ) i ( t ) = 3,0552 e−100( t −35.10 . T ¹ i t = 40 mS = 4.10 − 2 s → i ( 4.10 − 2 s) = 1,8530. [A] +Trong khoảng thời gian 40÷45 mS: coi tác động của xung thứ 5 là bậc thang: −2 i (t ) = A 5 e−100( t − 4.10 ) + B5 ; B5 = 5 ; A 5 + B5 = 1,8530 → A 5 = 1,8530 − 5 = −3,1470 t = 40mS −2 i (t ) = −3,1470e−100( t −3.10 ) + 5.T¹ i t = 45 mS→ i (45.10 −3 s) = 5 − 3,147e−0,5 = 3,0912 [ A ] 114
  2. Trong khoảng thời gian 45÷50 mS:là dao động tự do. −3 ) i ( t ) = 3,0912 e−100( t − 45.10 . T¹ i t = 50 mS = 5.10 − 2 s → i (5.10 − 2 s) = 1,8749. [ A] +Trong khoảng thời gian 50÷55 mS: coi tác động của xung thứ 6 là bậc thang: −2 i (t ) = A 6 e−100(t −5.10 ) + B6 ; B6 = 5 ; A 6 + B6 = 1,8749 → A 5 = 1,8745 − 5 = −3,1251 t = 50mS −2 i (t ) = −3,1510e−100( t −5.10 ) + 5.T¹ i t = 55 mS→ i (55.10 −3 s) = 5 − 3,151e−0,5 = 3,1045 [ A ] Trong khoảng thời gian 55÷60 mS:là dao động tự do. −3 ) i ( t ) = 3,1045 e−100( t −55.10 . T ¹ i t = 60 mS = 6.10 − 2 s → i (6.10 − 2 s) = 1,8829. [A] Từ xungthứ 7 trở đi mạch coi như đã chuyển sang chế độ xác lập với Imax≈3,1A;Imin≈1,9A,có đồ thị hình 3.78b. 3.43. Vì tác động là hàm tuyến tính nên sẽ giải bằng toán tử: +Xung thứ nhất tác động : Xung thứ nhất có phương trình là u(t)=20 000t. 20 000 u(p) = → Sơ đồ toán tử tương đương hình 3.79 a). Từ đó: p2 1 10 4 1 100(p + 100) Z C (p) = = ; Z(p) = R + = ; Cp p Cp p u(p) 200 2.10 6 A1 C C I ( p) = = ; U C (p) = I ( p)Z C ( p) = = + 1+ 2 z( p) p(p + 100) p ( p + 100) p + 100 p p 2 2 2.10 6 2.10 6 A1 = = 200; C 2 = = 20 000; p2 p = −100 p + 100 p = 0 2 .10 6 C1 = − = − 200 ; u C ( t ) = 200 e−100 t − 200 + 20 000 t → ( p + 100 ) 2 p = 0 uC (0,01) = 73,5758 V -Đây là ĐKBĐ cho xung thứ hai tác động . 115
  3. 20 000 +Xung thứ hai tác động :dịch gốc toạ độ về t1=0,01s: u(p) = → Sơ đồ toán p2 tử tương đương hình 3. b) tính đến điều kiện ban đầu nói trên. Từ đó: 20 000 73,5758 2 − p p − 0,735758 p + 20 0 73,5758 I ( p) = = ; U C ( p) = I ( p) Z C ( p) + 100 ( p + 100 ) p( p + 100 ) p p − 7357 ,58 p + 2.10 6 73,5758 A '1 C' C '2 73,5758 = + = + 1 + 2 + p 2 ( p + 100 ) p p + 100 p p p 73,5758 100,6429 p p 20 000 20 000 20 000 p p p − 7357,58p + 2.10 6 − 7357,58p + 2.10 6 A '1 = = 273,5758 ; C' 2 = = 20 000 ; p2 p = −100 (p + 100) p=0 − 7357,58( p + 100) + 7357,58p − 2.10 6 C'1 = = −273,5758; ( p + 100) 2 p=0 u C ( t ) = 273,5758 e−100 ( t − 0,01) − 273,5758 + 20 000( t − 0,01) + 73,5758 [ V ] = 273,5758 e−100 ( t −0,01) + 20 000 t − 400 u C (0,02s) = 100,6429 [ V ] Đây là ĐKBĐ cho xung thứ ba tác động . 20 000 +Xung thứ ba tác động :dịch gốc toạ độ về t1=0,02s: u(p) = → Sơ đồ toán p2 tử tương đương hình 3. c) tính đến điều kiện ban đầu nói trên. Từ đó: 20 000 100 ,6429 2 − p p − 1,006429 p + 20 0 100 ,6429 I ( p) = = ; U C ( p) = I ( p) Z C ( p) + 100 ( p + 100 ) p( p + 100 ) p p − 10064 ,29 p + 2.10 6 100 ,6429 A '1' C '' C '2 100 ,6429 ' = + = + 1 + 2 + p 2 ( p + 100 ) p p + 100 p p p − 10064,29p + 2.10 6 − 10064,29p + 2.10 6 A '' 1 = = 300,6429 ; C' 2 = = 20 000 ; p2 p = −100 P + 100 p=0 116
  4. − 10064 ,29 ( p + 100 ) + 10064 ,29 p − 2 .10 6 C '' 1 = = −300 ,6429 ; ( p + 100 ) 2 p=0 u C ( t ) = 300 ,6429 e−100 ( t − 0,02 ) − 300 ,6429 + 20 000 ( t − 0,02 ) + 100 ,6429 = = 300 ,6429 e−100 ( t − 0,02 ) − 600 + 20 000 t → u C ( 0,03s) = 110 ,6 V Đây là ĐKBĐ cho xung thứ tư tác động . 20 000 +Xung thứ tư tác động :dịch gốc toạ độ về t1=0,03s: u(p) = → p2 Sơ đồ toán tử tương đương chỉ khác điều kiện ban đầu nói trên. Từ đó: 20 000 110,6 2 − p p − 1,106p + 20 0 100,6429 I (p) = = ; U C (p) = I (p)Z C (p) + 100(p + 100) p(p + 100) p p − 11060p + 2.10 6 110,6 A '1'' C''' C'2' 110,6 ' = + = + 1 + 2 + p 2 (p + 100) p p + 100 p p p − 10060p + 2.10 6 − 10060p + 2.10 6 A '''1 = = 310,6 ; C''' 2 = = 20 000 ; p2 p = −100 P + 100 p=0 − 10060(p + 100) + 10064p − 2.10 6 C '' 1 = = −310,6; (p + 100) 2 p=0 u C (t ) = 310,6e−100( t −0,03) − 310,6 + 20 000(t − 0,03) + 110,6 = 310,6e−100( t −0,03) − 800 + 20 000t − → u C (0,04s) = 114,26V Đây là ĐKBĐ cho xung thứ năm tác động . +Xung thứ năm tác động :dịch gốc toạ độ về t1=0,04s: 20 000 u(p) = → Sơ đồ toán tử tương đương chỉ khác điều kiện ban đầu nói p2 trên. Từ đó: 20 000 114 ,26 2 − p p − 1,1426 p + 20 0 114 ,26 I ( p) = = ; U C ( p) = I ( p) Z C ( p) + 100 ( p + 100 ) p( p + 100 ) p p − 11426p + 2.10 6 114,26 D1 E E 114,26 = + = + 1 + 2 + 2 2 p (p + 100) p p + 100 p p p − 11426p + 2.10 6 − 11426p + 2.10 6 D1 = = 314,26 ; E 2 = = 20 000 ; p2 p = −100 P + 100 p=0 117
  5. − 11426(p + 100) + 10064p − 2.10 6 E1 = = −314,26; (p + 100) 2 p=0 u C (t ) = 314,6e−100( t −0,04) − 314,26 + 20 000(t − 0,04) + 114,26 = 314,6e−100( t −0,04) − 1000 + 20 000t → u C (0,05s) = 115,6 V Đây là ĐKBĐ cho xung thứ sáu tác động . +Xung thứ sáu tác động :dịch gốc toạ độ về t1=0,05s: 20 000 u(p) = → Sơ đồ toán tử tương đương chỉ khác điều p2 kiện ban đầu nói trên. Từ đó: 20 000 115,6 − p2 p − 1,156p + 20 0 115,6 I (p) = = ; U C (p) = I (p)Z C (p) + 100(p + 100) p(p + 100) p p − 11560p + 2.10 6 115,6 D '1 E'1 E'2 115,6 = + = + + 2 + p 2 (p + 100) p p + 100 p p p − 11560p + 2.10 6 D'1 = = 315,6 ; E' 2 = 20 000 ; E’1=-315,6 p2 p = −100 u C ( t ) = 315,6e−100( t −0,05) − 315,6 + 20 000( t − 0,05) + 115,6 315,6e−100( t −0,05) − 1200 + 20 000t → u C (0,06s) = 116,1 V Đây là ĐKBĐ cho xung thứ sáu tác động . Đến đây quá trình quá độ gần như xác lập .Đồ thị là đường đậm nét hình 3.80 3.44.Đồ thị điện áp uC(t) hình 3.81 118
  6. 3.45.Chỉ dẫn : Giải bằng toán tử tương tự như BT 3.43. - 0÷2mS :Viết phương trình xung điện áp thứ nhất rồi chuyển sang dạng toán tử tính uC(t); xác định uC(2mS). - 2÷4mS :Dịch gốc toạ độ đến t1=2mS.Lập sơ đồ toán tử tương đương tính đến ĐKBĐ là UC(2mS).Tìm uC(t-t1) - Sau 4mS : Dao động tự do. 1 3.46. Hình 3.82. Nhận xét các thông số của mạch: ω=106 rad/s=ω0= -Mạch LC cộng hưởng ; f=ω/2π=159 155 Hz; Chu kỳ của dao động cao tần T0=1/f0=6,2832 ms; tX=6,2832ms =6,2832.10-3s =1000T0. Tức mỗi chuỗi xung hình sin gồm 1000 chu kỳ dao động cao tần . L ρ= = 100 Ω ; C Q=R/ρ=10 000/100=100. Thời gian xác lập tXL=6Q/ω0=6.10-4s=0,6ms(Đọc phần “Quá trình thiết lập dao động hình sin trong mạch RLC song song” ) Trong khoảng thời gian xung thứ nhất tác động 0÷tX=0÷6,2832mS; 119
  7. g 1 CL ( p 2 + p + ) 2p 1 gpL + p 2 CL + 1 C LC = I 0 ( p) = ; Y ( p) = g + pC + = = p 2 + 10 12 pL pL pL C( p 2 + 2 α p + ω 2 ) 1 1 g .10 − 4 10 8 0 ;g = = 10 − 4 ; ω 0 = = 10 6 ; α = = = 5 .10 3 ; Z C ( p) = p 10 4 1 LC 2 C 2 .10 − 8 p I 0 ( p) I 0 ( p)p 2p p U ( p) = U C ( p) = = = 2 = Y ( p) C( p + 2 α p + ω ) p + 10 12 2 2 0 ( p + 2.5 .10 p + 10 12 ).10 − 8 2 3 2.10 8 p 2 A 1 p + B1 A 2p + B2 2 12 2 3 12 = 2.10 8 ( 2 12 + ) ( p + 10 )( p + 2 .5.10 p + 10 ) p + 10 p + 2 .5 .10 3 p + 10 12 2 A 1p3 + 2.5.10 3 A 1p2 + A 1p.1012 + B1p2 + B1 2.5.10 3 p + B1 .1012 + A 2 p3 + A 2 .1012 p + B 2 P2 + B 2 .1012. = p2 A1 + A 2 = 0 ⎫ 3 ⎪ ⎧A 1 = − A 2 2 .5 .10 A 1 + B 1 + B 2 = 1 ⎪ ⎪ ⎬⇒ ⎨B1 = − B 2 = 0 A 1 .10 12 + B 1 .2 .5 .10 3 + A 2 .10 12 = 0⎪ ⎪ −4 −4 ⎪ ⎩ A 1 = 10 ; A 2 = − 10 B 1 .10 12 + B 2 .10 12 = 0 ⎭ 10−4 p 10−4 p p p U C (p) = 2.108 [ 2 12 − 2 3 12 ] = 2.104 [ 2 12 − ] p + 10 p + 2.5.10 + 10 p + 10 p + 2.5.103 + 1012 2 3 uC (t ) ≈ 2.104 [cos 6 t − e−5.10 t (cos 6 t − 0,01sin106 t )] ≈ 2.104 (1 − e−5.103t ) cos 6 t [ V ] 10 10 10 (Điện áp này lớn vì mạch cộng hưởng .) u(p) u(p) 1 1 I L (p) = = −4 = 2.108[ 2 12 − 2 ] Lp p.10 p + 10 p + 2.5.10 3 p + 1012 3 3 i L (t ) = 2.10 8 (10 −6 sin10 6 t − 10 −6 e−5.10 t sin10 6 t ) = 2.10 2 (1 − e−5.10 t ) sin10 6 t [ A ] ( Dòng điệ qua L lớn vì mạch cộng hưởng .) Kết thúc xung thứ nhất : quá trình dao động tự do .Điều kiện ban đầu của dao động tự do: 3 −3 uC(tX)= 2.10 4 (1 − e−5.10 .6,2832.10 ) cos 6 .6,2832.10 −3 ≈ 2.10 4 [ V ] 10 3 −3 iL(tX)= 2.10 2 (1 − e−5.10 .6,2832.10 ) sin10 6.6,2832.10 −3 ≈ 3 [ A ] Từ đó có sơ đồ toán tử hình3.83a),đưa về hình 3.83.b) Nguồn dòng toán tử chung: 3 2.10 −4 p − 3 10-8.2.104 - = = I ng (p); p p I ng (p) I ng (p).p U (p) = = = Y (p) C(p 2 + 2.αp + ω 0 ) 2 120
  8. 2.10 −4 p − 3 2.10 4 p − 3.108 = = 10 −8 (p2 + 2.5.103 p + 1012 ) p2 + 2.5.103 p + 1012 3 − 3.108 − 2.10 4.5.103 u(t ) = uC (t ) = e−5.10 t (2.10 4 cos 6 t + 10 sin10 6 t ) 10 6 3 3 e−5.10 ( t −t X ) [ 2.10 4 cos 6 (t − t X ) − 2.10 2 sin10 6 (t − t X )] ≈ 2.10 4 .e−5.10 10 (t −t X ) cos 6 (t − t X ) 10 −3 Đây là dao động tự do,tắt dần. Với t=3tX thì e− 5000 .2.6, 2832 .10 = e− 62 ,832 ≈ 0 nên u(T)≈0,tức quá trình quá độ đã kết thúc.(Thật vậy ,như ban đầu ta đã nhận xét là thời gian quá trình quá độ chỉ là tXL=0,6 ms). Các xung tiếp theo bắt đầu khi quá trình quá độ của xung trước nó tác động đã kết thúc nên các dao động có dạng lặp lại như ở chu kỳ đầu.Kết quả có thể viết được các biểu thức giải tích tương ứng cho từng xung tiếp theo tác động với gốc toạ độ được dích tương ứng. 3.47. Sơ đồ toán tử tương đương hình 3.84 có : 24 16 4 24(p + 2) E(p) = ; I (p) = − = p p p + 1,5 p(2p + 3) E(p) 24p(2p + 3) 2p + 3 Z(p) = = = (*) I (p) p.24(p + 2) p+ 2 Mặt khác theo sơ đồ hình 3.84 thì tổng trở toán tử là : R 2 ( R1 + pL) R( R1 + R 2 ) + RLp + R1 R 2 + R 2 pL Z( p) = R + = = R1 + R 2 + pL R1 + R 2 + pL ( R + R 2 )Lp + R.R1 + R.R 2 + R1 R 2 (**) R1 + R 2 + pL Đồng nhất (*) và (**) sẽ có : L (R + R 2 )p + RR1 + RR 2 + R1 R 2 ( 2p + 3).K = R1 + R 2 + pL (p + 2) .K Từ biểu thức cuối ta có hệ 4 phương trình như sau: L (R + R 2 ) = 2K ⎫ ⎪ RR1 + RR 2 + R1 R 2 = 3K ⎪ ⎬ Giải hệ phương trình này như sau: R1 + R 2 = 2 K ⎪ L=K ⎪ ⎭ Thay L=K vào sẽ có : R + R2 = 2 ⎫ ⎧R 2 = 2 − R ⎪ ⎪ RR 1 + RR 2 + R 1 R 2 = 3 L ⎬ ⇒ ⎨ R( R 1 + R 2 ) + R 1 R 2 = 3L R1 + R 2 = 2L ⎪ ⎪R = 2L − R = 2L − 2 + R ⎭ ⎩ 1 2 ⇒ R 2 − 4R + 4 − L = 0 ⇒ R = 2 ± 4−4+L =2± K 121
  9. Nếu lấy R=2- L = 2 − K thì phải lấy 2 − K > 0 Hay K < 4 ; 1 1 Từ đó R 2 = 2 − R = K ; R1 = 2K − K > 0 → K > Nª n < K < 4 4 4 Ví dụ chọn K=1→ L=1 H,R=1Ω;=1Ω ;R1=1 Ω. 3.48. Cũng sơ đồ toán tử hình 3.84, thực hiện tương tự BT3.47.rồi có thể chọn K để có R1 = R 2 = R = 1Ω ; L = 1H 3.49. Hình 3.85. 1 1 10 e(p)= − = p p + 10 p(p + 10) L C Lp Lp p 2 LCR + Lp + R Z CL ( p ) = = ; Z ( p) = R + = 1 1 + p 2 LC 1 + p 2 LC 1 + p 2 LC pL + Cp e(p) 10(1 + p2 LC) Lp U C (p) = Z CL (p) = = Z(p) p(p + 10)(p CLR + Lp + R) (1 + p2 LC) 2 10 7 7 7 10 L RC 4 − 3 12 = = = + ( p + 10 )( p 2 CLR + Lp + R ) p 1 p + 10 p + 20 p + 50 ( p + 10 )( p 2 + + ) RC LC A1 A2 A3 M ( p) + + = p + 10 p + 20 p + 50 N ( p) M (p k ) Công thức Heviside A K = dùng để tính các hệ số trên.áp dụng công N ' (p k ) thức Heviside để lập hệ phương trình như sau: 10 M ( p) 10 L M ( p) RC = → = N ( p) ( p + 10 )( p 2 CLR + Lp + R ) N ' ( p) 2 p 1 10 3p + 2 + 20 p + + RC LC RC Như vậy: 10 M (p) RC 10L 7 = = = = (1) N' (p) p = −10 p 1 10 p = −10 100RLC − 10L + R 4 3p 2 + 2 + + 20p + RC LC RC 700RLC − 70L + 7R = 10L → 700RLC − 80L + 7 R = 0 122
  10. 10 M (p) RC 10L 7 = = = = − (2) N' (p) p = −20 p 1 10 p = −20 800RCL − 30L + R 3 3p2 + 2 + + 20p + RC LC RC 10 M (p) RC 10L 7 = = = = (3) N' (p) p = −50 2 p 1 10 p = −50 6500RLC − 90L + R 12 3p + 2 + + 20p + RC LC RC Từ (1),(2) và (3) lập được hệ phương trình : ⎧100RLC − 10L + R = 4 ⎪ ⎨800RLC − 30L + R = −3 (4) ⎪6500RLC − 90L + R = 12 ⎩ 1 Giải 4 được: L=0,7 H; R=10 Ω ; C=0,01/ 7 F= F ≈ 0,00143μF 700 Có thể kiểm tra lại kết quả nhận được như sau: Thay các trị số của R,L và C vào công thức UC(p) sẽ được: 10L 700 U C (p) = 2 = 2 = (p + 10)(p CLR + Lp + R) R=10;L = 0,7;C= 0,01 (p + 10)(p + 70p + 1000) 7 700 (p + 10)(p + 20)(p + 50) 700 7 A 1 = U C ( p)( p + 10 ) = = ; p = − 10 ( p + 20 )( p + 50 ) p = − 10 4 700 7 A 2 = U C ( p)( p + 20 ) = =− ; p = − 20 ( p + 10 )( p + 50 ) p = − 20 3 700 7 A 3 = U C ( p)( p + 50 ) = = p = − 50 ( p + 10 )( p + 20 ) p = − 50 12 Hoặc: thay các trị số của R,L,C nhận được từ trên vào mạch,với tác động 10 toán tử là sẽ nhận được : p(p + 10) 7 7 7 700 U C (p) = = 4 − 3 + 12 (p + 10)(p + 20)(p + 50) p + 10 p + 20 p + 50 7 7 7 Tức sẽ có u C (t ) = e−10 t − e− 20 t + e−50 t !!! 4 3 12 3.50. a) phương pháp toán tử: 123
  11. 100 e(p) 100 100p e(p) = ; I (p) = = = = p + 100 1 10 6 (p + 100)(2000p + .10 5 ) R+ (p + 100)(2000 + ) Cp p 0,05p 0,05p.10 5 5.10 3 ; U C (p) = I (p)Z C (p) = = = (p + 100)(p + 50) (p + 100)(p + 50)p (p + 100)(p + 50) A1 A2 5.10 3 5.10 3 + ;A1 = = −100; A 2 = = 100 p + 100 p + 50 (p + 50) p = −100 (p + 100) p = −50 − 100 100 U C (p) = + → u C (t ) = 100(e−50 t − e−100 t ) p + 100 p + 50 b) Phương pháp tích phân Duhament. Tìm đặc tính quá độ hC(t): Khi mạch chịu tác động của nguồn bậc thang E thì có uC(t)=E(1-e-αt)=E(1-e-50t); h C (t ) = 1 − e−50 t ; f1 (t ) = 100e−100 t ; f1 (0) = 100; f1' (t ) = −10 4 e−100 t t uc (t) = f 2 (t) = 100(1 − e−50t ) − 104 ∫ e−100(t −x) .(1 − e−50x )dx 0 t = 100(1 − e−50t ) − 104 ∫ [ e−100(t −x) − e−100(t −x) e−50x )]dx 0 t = 100(1 − e−50t ) − 104 ∫ [ e−100t e100x) − e−100t e50x )]dx 0 t t = 100(1 − e−50t ) − 104 e−100t [ ∫ e100x dx − ∫ e50x ]dx 0 0 e100x t e50x t e100t − 1 e50t − 1 100(1 − e−50t ) − 10 4 e−100t [ − ] = 100(1 − e−50t ) − 10 −4 e−100t [ − ] 100 0 50 0 100 50 e100t − 2e50t 1 100(1 − e−50t ) − 10 4 e−100t [ + ] = 100(1 − e−50t ) − 10 2 [1 − 2e−50t + e−100t ] = 100 100 100 − 100e−50t − 100 + 200e−50t − 100e−100t = 100(e−50t − e−100t ) c) Phương pháp tích phân Green: g(t)=h’(t)=50e-50t. t t f 2 (t ) = ∫ 50e−50( t −x ) 100e−100 x dx = 5000e−50 t ∫ e−50 x dx = −100e−50 t (e−50 t − 1) 0 0 100(e−50 t − e−100 t ) 124
  12. u C (t ) = 100(e−50 t − e−100 t ); u' C (t ) = 100(−50e−50 t + 100e−100 t ) = 5000(− e−50 t + 2e−100 t ) = 0 khi e−50 t = 2e−100 t ln 2 ⇒ e50 t = 2 → t = = 0,01386 s ; 50 u C max = 100(e−50.0,01386 − e−100.0,01386 ) = 100(0,5 − 0,25) = 25 V d) Để vẽ đồ thị ta khảo xát hàm uC(t) uC(0)=0 ; uC( ∞ )=0 u C (t ) = 100(e−50 t − e−100 t ); u' C (t ) = 100(−50e−50 t + 100e−100 t ) = 5000(− e−50 t + 2e−100 t ) ln 2 = 0 khi e−50 t = 2e−100 t ⇒ e50 t = 2 → t = = 0,01386 s ; 50 u C max = 100(e−50.0,01386 − e−100.0,01386 ) = 100(0,5 − 0,25) = 25 V Đồ thị hình 3.86 3.51. Hình 3.87. a) Phương pháp tích phân Duhament + Xác định đặc tính quá độ hi2(t) (Xem BT3.4) Muốn vậy ta cho tác động là nguồn bậc thang đơn vị E=1V.Lúc đó thì dòng -αt+ i2=Ae B=hi2(t) . 1 α= ≈ 375 ; R td C 1 R3 B=i2(t→ ∞ )=i2(∞)=0;i2(0)= . = 0,01875 R1 + (R 2 // R 3 ) R 2 + R 3 hi2 (t) = 0,01875e-375t. + Tính tích phân Duhament: e(t)=128e-100t ;e(0)=0 ; e’(t)=128(e-100t-100t e-100t)=128 e-100t(1-100t) Lấy tích phân: t t i 2 (t ) = ∫ e' (x )h(t − x)dx = 128.0,01875∫ e−100 x (1 − 100x )e−375( t −x ) dx = 0 0 t t 2,4e−375t [ ∫ e275x ) dx − 100∫ xe275x dx] = 2,4e−375t [ M − N] 0 0 275 t t e −1 M = ∫ e275x dx = ; 0 275 125
  13. ⎡u = x; du = dx ⎤ t 275 x ⎢ 275 x ⎥ = 100.[ t e275t t e275x N = 100∫ xe dx = −∫ dx] = 0 ⎢dv = e275x dx; v = e ⎥ 275 0 275 ⎢ ⎣ 275 ⎥ ⎦ e275t e275t − 1 100.[ t − ] 275 275 2 e275t − 1 e275t e275t − 1 e−100 t − e−375t i 2 (t ) = 2,4e−375t [ − 100.[ t − ] = 2,4[ − 275 275 275 2 275 e−100 t e−100 t − e−375t 100.[ t − ] = 8,7272.10 −3 e−100 t − 8,7272.10 −3 e−375t − 275 275 2 0,87272te−100t + 3,1735.10 −3 e−100t − 3,1735.10 −3 e−375t = 0,0119 e−100 t − 0,8727 t e−100 t − 0,0119 e−375t [A] b) Phương pháp toán tử: 128 10 6 12000 20p + 12000 e(p) = ; Z 2 = 20 + ≈ 20 + = ; (p + 100) 2 83,33.p p p 20p + 12000 30 p 3(20p + 12000) 12p + 7200 Z 23 = = = ; 20p + 12000 5p + 1200 p + 240 30 + p 12p + 7200 32p + 12000 32(p + 375) Z= + 20 = = ; p + 240 p + 240 p + 240 128(p + 240) (p + 240) I (p) = 2 = 4. . (p + 100) .32(p + 375) (p + 100) 2 .(p + 375) I (p)Z 3 (p + 240)30p I 2 (p) = = 4. = Z2 + Z3 2 (p + 100) .(p + 375)(50p + 12000) (p + 240)30p 2,4p A C1 C2 4. = = + + 2 (p + 100) .(p + 375)50(p + 240) 2 (p + 100) .(p + 375) p + 375 p + 100 (p + 100) 2 2,4p 2,4p A= = −0,0119; C2 = = −0,8727; (p + 100) p = −375 2 p + 375 p = −100 2,4(p + 375) − 2,4p C1 = = 0,0119 (p + 375) 2 p = −100 i 2 (t ) = −0,0119e−375t − 0,8727.te−100 t + 0,0119e−100 t = 0,0119(e−100 t − e−375t ) − 0,8727te−100 t Hết chương3 126
Đồng bộ tài khoản