» Kỹ Thuật - Công Nghệ

» Điện - Điện tử

Bài tập lý thuyết mạch điện 2

Chia sẻ: Nguyễn Đăng Minh Quân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Báo xấu

2.943
lượt xem 859
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Bài tập mạch điện

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập lý thuyết mạch điện 2

mquanik@yahoo.com Bài tập: Mạch Điện 2 Bài 1: Cho đường dây với các thông số sau: l = 100 km /m R0 = 6 L 0 = 1,6.10-3 H/km C0 = 6,4.10-9 F/km G 0 = 106 S/km f = 100 Hz U1 = 1 kV = 500-150 I1 A 1/ Xác định các hệ số: , ZC , V,  2/ Xác định U và hệ số phản xạ sóng giữa đường dây Giải: a/Ta có:   2f  2..100  200 I1 I3 (rad/s) Zo  R o  jLo = 6 + j ( ) Yo  G o  jCo  10-6 +4,0212.10-6 j U1 U3 (S)   Zo .Yo  0,0037 + 0,0034j (1/km)  = 0,0037 (neper/km)   = 0,0034 x (rad/km) O l l/2 Zo ZC   1013,2 - 664,56j () Yo   1,8428.105 V= (km/s)  V  =  1,8428.103 (km) f b/ Ta có: A1   U1  ZC .I1   2,8816.105 - 9,4922.104 j 1 2 A 2   U1  ZC .I1   -2,8716.105  9.4922.104 j 1 2
mquanik@yahoo.com Mặc khác:  U x  A1.e x  A 2 .e x  U  x  U  x   A A I x  1 .ex  2 .e x  I x  I  x   ZC ZC Tại điểm: x = l/2 thì U3  U l / 2  A1.e .l / 2  A 2 .e .l / 2  U  l / 2  U  l / 2  -1,3683.105 - 6,4567.104 j (V)  -136,83 - 64,567j (kV) A1 .l / 2 A 2 .l / 2 I3  I l / 2    I l / 2  Il / 2 .e .e ZC ZC  479,95  144,69j (A)
mquanik@yahoo.com Bài 2: l  30 km Zc  500   =3.10-3 Neper/km Z2  500  GTHD của điẹn áp ở dầu đường dây là U1 = 120V a/ Xác định GTHD của U2;I2 cuối đường dây b/ Xác định hiệu suất truyền tải  của đường dây. Giải: I1 I2 U1 U2 Zc O l x a/ Do: Zc  R c đường dây gần như vận hành ở chế đọ hoà hợp tải nên:   0 . Tức là mọi điể m trên đường dây chỉ có ST mà không có SPX Xây dựng công thức theo hệ trục như hình vẽ:  U x  A1.ex  A 2 .e x  U  x  U  x U x  U  x  A1.e x      (1) A A A I x  1 .ex  2 .e x  I  x  I  x I x  I  x  1 .ex     ZC ZC ZC Ta có U1  U(x 0)  U  (x 0)  A1.e.0  A1  U1  A1 j.U1 U1  U1U1  U1.e  A1 (2) Thế (2) vào (1) ta được:
mquanik@yahoo.com  U x  U1.e j.U1 .e  (  j )x  j.  U1.e U1  (  j )x  Ix  .e  ZC  U x  U1.e x e j( U1 x )   U j(  x ) I x  1 .e x e U1   ZC  U 2  U (x l)  U1.e l e j( U1 l)   U1 l j( U1 l)  I 2  I(x l)  Z .e e  C  U 2  U1.e l  120.e  (30.3.10 )  109.6717 3 (V)   U 120  (30.3.103 ) I 2  1 .e l   0.2193  .e (A)  ZC 500 : b/ Hiệu suất truyền tải Ta có P   2 .100% P1 P2  U 2 .I2 .cos(U2  I2 )   Với:  P1  U1.I1.cos(U1  I1 )  Chế độ hoà hợp tải nên:  U1  U 1 ; I1  I 1   U 2  U 2 ; I 2  I 2  U1 U 1   Zc  R c   I1 I 1   U 2  U 2  Z  R  I2 c c  I 2  U ;I cu`ng pha  1 1 U 2 ; I2 cu`ng pha  cos(U1  I1 )  1   cos(U2  I2 )  1 
mquanik@yahoo.com  U1  A1  120  U 2  U1.e l     ; A U U I1  I(x 0)  1 .e  .0  1 I 2  1 .e l   ZC ZC  ZC  U1 l U1.e l . .e ZC U 2 .I 2  .100%  100% U1 U1.I1 U1. ZC  e 2 l .100%  85%
mquanik@yahoo.com Bài 3: Cho đường dây không tiêu tán có: l  100 km   3, 4.103 rad / km U 2(t )  110 2 sin(t) kV Xác địng U2(t) ở đầu đường dây trong các trường hợp có: a/ Z2 = Zc b/ Z2 = 0,5Zc Giải: I1 I2 Ta có:  U x  U 2 cos x  jI 2 Zc sin x  U1 U2  Z2 U2  I x  I 2 cos x  j Z sin x  c U2 Mà I 2  O l x nên: Z2   Z U x  U 2  cos x  j c sin x   U 2 .M (x ) (x )   Z2 2 Z  M x  cos 2 x   c sin x   Z2   Z sin x   Zc  (x )  arctan  c   arctan  tan x   Z2 cos x   Z2  Zc Z 2 = ZC  1 a/ Z2 M x  cos 2 x  sin 2 x  1  sin x    arctan  tan x  (x )  arctan   cos x  M1  M (x l)  1 1  (x l)  arctan  tan l   0,34 (rad) U1  U 2 .M11  110.10,34  1100,34  U1(t )  110 2 sin(t  0,34) (kV)
mquanik@yahoo.com b/ Zc Z2 = 0,5.ZC  2 Z2 M x  cos 2 x   2sin x   cos 2 x  4sin 2 x 2  sin x    arctan  2.tan x  (x )  arctan  2. cos x   M1  M (x l)  cos 2 l  4sin 2 l  1,915 1  (x l)  arctan  tan l   0,616 (rad) U1  U 2 .M11  110.1,9150.6157  210,620,616  U1(t )  210,62 2 sin(t  0,616 ) (kV)
mquanik@yahoo.com Bài 4: Một đường dây không tiêu tán. Có chiều dài l, ZC = RC, dòng điện có tần số f, tải cuối đường dây là cuộn cảm L. Xác định L để hệ đường dây và tải trở thành mạch cộng hưởng áp Giải: I1 I2 U2 L U1 Z V1 O l x U1 ZV1  I1  U x  U 2 cos x  jI 2 Zc sin x   U I x  I 2 cos  x  j 2 sin x   Zc U 2  j.X L .I 2  U x  j.I 2  X L cos x  Zc sin x      X I x  I 2  cos  x  L sin  x     Zc  X cos x  Zc sin x X  Zc tan x  ZV( x )  j L j L X X cos x  L sin x 1  L tan x Zc Zc X L  Zc tan l  ZV1  j X 1  L tan l Zc  ZV1  0  X L  Zc tan l  0  X L   Zc tan l Zc L tan  l 2..f
mquanik@yahoo.com Bài 5: I1 I2 U 2h U1 Z V1 O l x  U x  U 2 cos x  jI 2 Zc sin x   U2  I x  I 2 cos x  j Z sin x  c  U 2  U 2h   I2  0  U x  U 2h cos x   U I x  j 2h sin x   Zc U cos x   j.Zc .cotan x  ZV( x )  2h U 2h sin x j Zc  ZV1   j.Zc .cotan l  ZV1  0  cotan l   0   k=1,3,5,....,2n+1,....  l  k 2 2f 2f   (dd tren ko: V=c) V c 2fl  c  k f k  2,5.106 k (Hz) c 2 4.l  2,5.k (MHz) … k 1 3 5 9 11 … f(MHz) 2.5 7.5 12.5 17.5 22.5
mquanik@yahoo.com Bài tập 6 : Cho mạch điện như hình vẽ: L i i1 i2 K R 1 e(t ) R2 C Đóng khoá K khi e( t)  Em sin(t  ) (V) đạt giá trị cực đại âm Xác định i 2 (t ) biết: R1  25 R 2  50 L  0.25H C  400F E m  400V f  50Hz Giải: Ta có: i 2(t)  i2td(t)  i2xl(t)  Xác định i 2 xl(t) Mạch điện sau đóng mở ở chế độ xác lập X L I xl I a 1xl I 2xl R1 E R2 XC b X L  2f.L  78,5    1  7,96    XC  2f.C Tại thời điểm t = 0 thực hiện quá trình đóng cắt Nên e(t)  E m sin   E m    90o  e(t )  400sin(314t  90o )  E  400 j (V) Ta có: Zab  R 2 //(R1  j.XC )  17  3,5j () 400j E I xl    5,2  167,2o (A) j.X L  Zab 78,5j  17  3,5j Uab  E  jXL .I  90,5  178.8o (V) Uab I2xl   1,8  178,8o (A) R2
mquanik@yahoo.com  i 2xl(t)  1,8sin(3,14t  178.8o ) (A)  Xác định i 2 td(t) Xác định số mũ đặc tính p: pL a R1 R2 1/ pC b 12,5p Zab  R 2 // pL  50  0,25p 1 12,5p 1 Zv(p)  Zab  R1    25  p.400.106 pC 50  0,25p 75p 2  7500p  50000  (200  p)p 75p 2  7500p  50000  0 Zv(p) (200  p)p  75p 2  7500p  50000  0  p  50  64,55j  1 p 2  50  64,55j  i 2td(t)  2.A.e50t .cos(64,55t+) Trong đó A và  là các hệ số cần xác định. Xác định sơ kiện: vì trong biểu thức thành phần tự do có hai hệ số cần xác định nên ta cần xác định 2 sơ kiện là i2(0);i’2(0)  i (0)  i( 0) Xác định: i(o),uc(o) theo luật đóng mở chỉnh:  u c(0)  uc( 0) Xét mạch trước đóng mở (khi khoá K chưa mở) L i R1 e(t ) C X L  X c 78,5  7,96 tg    2,8216 R1 25    70,4o
mquanik@yahoo.com Em 400 Im    5,34(A) R12  (X L  XC ) 2 252  (78,5  7,96) 2  i(t)  5,34.sin(314t  160,4o ) (A) UCm  Im .XC  5,34.7,96  42,50 (V)  u C(t)  42,50.sin(314t  250,4o ) (V) i(0)  5,34.sin(160,4o )  1,79 (A)   u C(0)  42,50.sin(250,4 )  40.03 (V) o  Hệ phương trình mô tả sau đóng mở: L i i1 i2 K R1 e(t ) R2 C   i ( t )  i1(t )  i 2(t )  0   di  L  i 2(t ) .R 2  e(t ) (I) dt   1 i 2(t ) .R 2   i1(t ) .dt  i1(t ) .R1  0   C i( 0)  i1(0)  i 2(0)  0  Thay t = 0 vào hệ (I) ta được L.i '(0)  i 2(0) .R 2  e(0) i .R  u C(0)  i1(0) .R 1  0  2(0) 2 1,79  i1(0)  i 2(0)  0 i1(0)  i 2(0)   1,79     0,25.i'(0)  50.i 2(0)  400  25.i1(0)  50.i 2(0)  40,03  50.i  40,03  25.i  0  0,25.i '  50.i  400   2(0) 1(0) (0) 2(0) i1(0)   1,7272 (A)    i 2(0)  0,0628 (A)  i'  1578,44 (A / s)  (0) Đạo hàm các vế của các phương trình trong hệ pt(I)
mquanik@yahoo.com   i t )  i1(t )  i2(t )  0  i )  i1(t )  i2(t )  0   ( (t  Li )  i2(t ) .R 2  e(t )  0,25.i )  i2(t ) .50  e ) (t (t (t   i .50  2500.i  i .25  0 1  2(t )  i2(t ) .R 2  i1(t )  i1(t ) .R1  0  1(t ) 1(t )  C i0)  i1(0)  i  0  1587,44  i1(0)  i2(0)  0  ( 2(0)    0,25.i  i2(0) .50  e  i2(0) .50  2500.1,7272  i1(0) .25  0  (0) (0)  i .50  2500.i  i .25  0  0,25.i  i .50  e  2(0)  1(0) 1(0) (0) 2(0) (0) i1(0)  i2(0)  1587,44   i1(0)  1000,72  (A / s)   i1(0) .25  i2(0) .50  4318   i2(0)  586,72 (A / s)  0,25.i  i .50  e  (0) 2(0) (0) Ta có: i 2(t)  i2td(t)  i2xl(t) i 2xl(t)  1,8sin(3,14t  178.8o ) (A) i 2td(t)  2.A.e50t .cos(64,55t+) (A) i 2(0)  i 2td(0)  i 2xl(0)  0,0628  2.A.cos( )  0,0377  A.cos()  0,01255 (1) Ta có: i (t)  i  2td(t)  i 2xl(t) 2 i 2xl(t)  314.1,8.cos(3,14t  178.8 ) (A / s) o 50.cos(64,55t  )  64,55.sin(64,55t  ) (A / s) i 50t 2td(t)  2A.e i2(0)  i2td(0)  i 2xl(0)  586,72  2A  50.cos   64,55.sin    314.1,8.cos(178.8o )  21,72  129,1.Asin   100A cos  (2) Từ (1)(2) ta có Acos  0,54   129,1.Asin   100Acos  21,72 Acos  0,01255  tg  14,18    Asin   0,178 Asin   0,178    85,97o  A  0,178 Vậy: i 2xl(t)  1,8sin(3,14t  178.8o ) (A)
mquanik@yahoo.com i 2td(t)  0,35e50t .cos(64,55t+85,97o ) (A)  i 2(t)  1,8sin(3,14t  178.8o )  0,35e50t .cos(64,55t+85,97o ) (A)
mquanik@yahoo.com Bài tập 7: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 R2 i(t) 1 2 K E1 E2 R3 C3 C4 U3 U4 Xác định i ( t ) biết các nguồn trong mạch là nguồn hằng và các thông số sau: R1  300 R 2  R 3  600 C3  300F C 4  200F E1  36 V E2  6 V Giải: A. Phương pháp tích phân kinh điển: Ta có: i(t)  itd(t)  ixl(t)  Xác định i xl(t ) Mạch điện sau đóng mở ở chế độ xác lập I xl Ic  0 R1 I xl E1 R3 C3 C4 Vì nguồn E1 là nguồn hằng nên Ic = 0 Tại thời điểm trước đóng cắt E1 36 i xl(t)  I xl    0.04(A) R1  R 3 900  Xác định i td(t ) Xác định số mũ đặc tính p: Mạch điện sau đóng mở được đại số hóa theo p
mquanik@yahoo.com Hở mạch R1 R3 1 1 pC3 pC 4 1 1 Zv(p)   R1 // R 3       pC3 pC4  1 1  200   200  p(C3  C4 ) 1 1  pC3 pC4 1  200  5.104 p 1 Zv (p)  200  0 5.104 p 1   200 5.104 p  p  10 Dạng của thành phần tự do là:  i td(t)  A.e10t Trong đó A hệ số cần xác định. Xác định sơ kiện: vì trong biểu thức thành phần tự do có một hệ số cần xác định nên ta cần xác định 1 sơ kiện là i(0) Xác định: u3(o),u4(o) theo luật đóng mở không chỉnh: Xét mạch trước đóng mở (khi khoá K chưa mở) R1 R2 i(t) E1 E2 C4 R3 C3 U3( 0) U 4( 0)
mquanik@yahoo.com E1 u 3(t)  U3   0.04  600  24V R1  R 3  u 3( 0)  24 u 4(t)  u 4  E 2  6V  u 4( 0)  6(V) Theo luật đóng mở không chỉnh: (C3  C4 )U3(0)  C3U3( 0)  C4 U 4( 0)  500  U3(0)  300  24  200  6  U3(0)  U 4(0)  12 V Hệ phương trình mô tả sau đóng mở: R1 i(t) E1 C4 R3 C3 U3(t ) E1  U3(t) i (t)  R1 E1  U3(0) 36  12  i (0)    0.08(A) R1 300 Xác định A: A  i(0)  i xl(0)  0.04 Vậy:  i 2(t)  0.04  (1  e10t ) B/ Giải bằng phương pháp toán tử LAPLACE Các sơ kiện độc lập được tính như ở trên (phương pháp tích phân kinh điển): U3(0)  U4(0)  12 V Sơ đồ toán tử hóa:
mquanik@yahoo.com R1 IC4(p) IC(p) 1 I1(p) IC3(p) I3(p) 1 1 pC3 pC 4 E1 R3 p U 3(0) U 4(0) p p 2 Chọn 2(p)  0 Ta có điện thế đỉnh tạo điểm 1: E1 U 3(0) U 4(0) 1  1 p p p   pC3  pC4  1(p)     1 1  R1 R 2  R1 pC3 pC4   5  103  5  104  p  1(p)  E1  C3.U 3(0)  C4 .U 4(0) pR1   5  103  5  104  p  1(p)  0.12  0.006 p 0.12  0.006p 240  12p  1(p)   4 3 p(5  10 p  5  10 ) p(p  10) 24 12  1(p)   (V) p p  10 Do đó: 1(t )  24  12e10t E1  1(t ) 36  24  12e10t i(t )   R1 300  i(t)  0.04(1  e10t )
mquanik@yahoo.com Bài tập 8: L Cho mạch điện với các thông số i( t ) sau: E  6 (E) L  100 mH R1  2  E 2 3 1 R2  4  t = 0 chuyển từ 1 sang 2 R3  6 K t = 25 ms chuyển K từ 2 sang 3 R1 R3 R2 Hãy xác định dòng điện i(t) khi dịch chuyển K sang vị trí 3. Biết khi khóa K còn ở vị trí 1 thì mạch ở chế độ xác lập Giải: A. Khi t < 25 ms  Tính sơ kiện độc lập: i(0) Trước khi khóa K chuyển từ vị trí 1 sang 2: E6 i( 0)    3 (A) R1 2 Theo LDM chỉnh ta có: i L(0)  iL( 0)  3 (A)  Sơ đồ phức hóa: Li(0) pL E R2 p Ta có: E 6  Li(0)  0.1 3 60  3p 40 p p p I(p)     1.5   3 pL  R 2 p  0.1  4 p  p  40  p  p  40  p  40  i(t)  1.5(1  e40t )  3e40t  1.5(1  e 40t )
mquanik@yahoo.com B. Khi t > 25ms  Tính sơ kiện độc lập: i1(0) Trước khi khóa K chuyển từ vị trí 2 sang 3: 3 i1( 0)  i(t 2.5103 )  1.5(1  e402510 )  2.05 (A)  Sơ đồ phức hóa: Li(0) pL E R3 p Ta có: E 6  Li1(0)  0.1 2.05 60  2.05p 60 p p p I(p)1      2.05  p  p  60  p  p  60  pL  R 3 p  0.1  6 p  60  i(t)1  (1  e60t )  2.05e60t  1  1.05e60t

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.15: Bộ Đồ Án Tốt Nghiệp Chuyên Ngành Cơ Khí

65 tài liệu

2314 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.